АРХИМЕД

Научно-методический сборник

Выпуск 8

2012

Архимед

Научно-методический сборник

Выпуск 8

Москва 2012

Ответственные за выпуск: А.Бунчук, Т.Струков, П.Чулков, А.Шевкин

Архимед. Научно-методический сборник. Вып. 8. В настоящем сборнике представлены тезисы докладов участников семинара «Интеграция основного и дополнительного физико-математического образования», проходившего 1 февраля 2012 года в ФМШ № 2007 ЮЗОУО г. Москвы, а также другие публикации, посвященные вопросам дополнительного физико-математического образования.

© 2012, AHO Институт логики © 2012, Редакция «Архимед»

Изд. Лицензия ЛР № 066121 от 22.09.1998г. Подписано в печать 21.01.2012 Объем 6 п.л. Формат бумаги 60x90/16. бумага офсетная №1. Печать офсетная. Тираж 250 экз. Заказ №105

Издание Института Логики, Когнитологии и Развития Личности Отпечатано в типографии ЕВСТИ, г. Москва.

В.М. Бусев,

НПБ им. К.Д.Ушинского РАО

Московский университет: стратегия и тактика выживающей корпорации

Введение

Чуть больше года назад, в конце октября 2010 г., в Московском университете прошел Всероссийский съезд учителей математики — явление, необычное для математического образования последних десяти лет, на протяжении которых не происходило каких-либо событий, претендующих на то, чтобы стать знаковыми и даже эпохальными.

«По горячим следам» съезда многими авторами написаны довольно эмоциональные, как критические, так и положительные отзывы, (см., например [1, 2]). Теперь, спустя время, представляется необходимым провести спокойный анализ ситуации, предполагающий оперирование фактами, а не излияние чувств.

В ходе анализа мы попытаемся ответить на следующие вопросы: Почему съезд готовился и проводился именно так, а не иначе? Зачем вообще МГУ съезды и почему именно сейчас? Чего ждать от созданной в феврале 2011 г. Ассоциации учителей и преподавателей математики?

Съезд учителей математики: размышления наблюдателя

Первые слухи о подготовке съезда появились еще в 2009 г., однако официальной информации по этому поводу не было до января 2010 г., когда ректор МГУ В.А. Садовничий, выступая на Педагогической ассамблее в Санкт-Петербурге, предложил возродить традиции проведения съездов школьных учителей.

К маю 2010 г. был создан сайт съезда (http://math-congress-2010.msu.ru/), а в электронных СМИ появилось информационное сообщение о том, что проведение съезда запланировано на 28—30 октября. По всей видимости, организаторы съезда этими действиями и ограничились, не посчитав нужным послать информационное сообщение о съезде в редакции главных изданий для учителей математики — журнала «Математика в школе» и газеты «Математи-

ка». Оргкомитет также не счел необходимым специально приглашать на съезд учителей математики из регионов страны. В результате в профессиональной среде математиков о съезде не знали многие учителя не только, например Нижнего Новгорода и Улан-Удэ, но и Москвы, и наверняка таких регионов было еще больше.

Эти факты, а также полное отсутствие информации о ходе подготовки съезда вызвали недоумение учителей и преподавателей математики: зачем проводить съезд, если не оповещать о нем всеми доступными средствами тех, для кого он организуется? Не было понимания, почему именно МГУ взял на себя инициативу проведения съезда и почему не предлагал провести его раньше. Действительно, эта инициатива не вызвала бы вопросов, будь сегодня на дворе 1989-й год или, в крайнем случае, 1996-й. В 2010 г. съезд выглядит странно: для его проведения именно сейчас нет никаких видимых предпосылок.

Возник вопрос и о целях съезда. В информационном сообщении говорилось только, что на съезде «пройдет широкое обсуждение состояния и перспектив развития школьного математического образования в контексте основных принципов Национальной образовательной инициативы "Наша новая школа"». В чем состоят цели этого обсуждения и причем здесь какая-то инициатива (ныне, заметим, основательно забытая)?

Возможно, всё это способствовало тому, что идея съезда была встречена в сообществе неоднозначно и в целом прохладно. Выглядело странным и то, что подготовкой съезда занимались в основном преподаватели МГУ (или даже исключительно они), и эта подготовка не стала делом всего сообщества.

Тем не менее, съезд состоялся. О том, что происходило в течение трех дней в здании Фундаментальной библиотеки МГУ, можно прочитать в Интернете (и даже посмотреть видеозаписи докладов на сайте http://www.youtube.com). Мы же остановимся на некоторых фактах, оставшихся «за кадром», либо освещенных в прессе недостаточно, либо тенденциозно.

Центральным на съезде стал доклад ректора В.А. Садовничего, в котором он остановился на истории математики и ее современном состоянии, а также на некоторых проблемах современного математического образования. Содержание доклада показывает, что, с одной стороны, его целью было рассмотреть различные проблемы

современной науки и образования, а, с другой, — показать значимость Московского университета в истории науки и образования и дать понять, что без его участия проблемы решаться не должны.

Что касается секционных заседаний, то проходили они по-разному. Сравнительно мирно и интересно проходили доклады в секции «Математика для будущих исследователей». Среди прочего на ней московским учителем П.В. Чулковым было выдвинуто предложение о создании Ассоциации математических школ, которое не вошло в резолюцию съезда, хотя и было поддержано присутствующим на секции членом программного комитета И.В. Ященко.

На некоторых секциях порой было откровенно скучно, на других разворачивались увлекательные дебаты. Нельзя не отметить, что ведущие секций (обычно преподаватели МГУ) предоставляли много времени на выступление своим коллегам по университету или лицам, тесно связанным с ним, и почти не отводили времени для выступлений других участников, перебивая их через 3—5 минут после начала доклада. Выступавшему на съезде петербургскому учителю В.И. Рыжику не дали окончить доклад, в котором содержалась критика в адрес МГУ. В результате доклад был окончен в рамках другой секции.

Бросалось в глаза несколько странное поведение преподавателей университета; было видно, что они «не в своей тарелке». Особенно их смущали вопросы, содержащие спорные, с точки зрения интересов МГУ, предложения. Так, после доклада С.Е. Рукшина, в котором он предложил сохранить подготовку учителей математики в педвузах, автор настоящей статьи в перерыве задал вопрос ведущему секции о том, войдет ли данное предложение в резолюцию. Ведущий замялся, опустил глаза и сказал: «Скорее всего, нет»1.

В последний день участникам съезда был роздан проект резолюции, за который предлагалось голосовать. Некоторые члены программного комитета не обнаружили в ней тех предложений, которые они вносили. Голосование «за» не было единогласным, но подавляющее большинство действительно проголосовало за принятие резолюции. Естественно было ожидать, что итоговый документ

1 Напомним, что позиция В.А. Садовничего состоит в том, что учителей должны готовить классические университеты.

будет сразу опубликован: сначала в интернете, а затем и в бумажных изданиях. Однако публикация состоялась только спустя несколько недель.

Мы посовещались, и я решил

Нередко коллективные мероприятия (конференции, съезды) завершаются принятием некоторого итогового документа, а иногда и собираются только ради того, чтобы поддержать (утвердить) заранее подготовленный текст. Документ может называться обращением, резолюцией и т.д.

Согласно «Толковому словарю русского языка» под ред. Д.Н. Ушакова, одно из значений слова «резолюция» — решение или постановление, вынесенное по обсуждении какого-нибудь вопроса. Согласно Большой советской энциклопедии, резолюция — это решение, принятое в результате обсуждения какого-либо вопроса на заседании (съезде, конференции, сессии) коллегиального органа, собрания и т.п.

Теперь обратимся к резолюции съезда. В начале практически каждого пункта встречаются такие словосочетания: «съезд подчеркивает», «съезд обеспокоен», «съезд считает важным» и т.д. Очевидно, что все пункты, содержащие подобные выражения, являются не решениями, а констатациями — объективной ситуации, или своего отношения к чему-либо и т.п. Большинство сформулированных в резолюции положений никого ни к чему не обязывают; в лучшем случае — предлагают нечто, в худшем — просто сообщают о чем-то. И только в четырех местах текста встречается вполне конкретное и наполненное действием слово «поручает»: сформировать инициативную группу для создания Ассоциации преподавателей математики, подготовить проведение нового съезда, опубликовать резолюцию и материалы съезда, разослать резолюцию. Вряд ли следует сомневаться в том, что эти действия были предложены в резолюцию не его участниками, а организаторами.

Для чего МГУ организовало съезд?

По мнению автора, одним из важнейших пунктов резолюции для Московского университета, является 12-й, в котором съезд:

- подтверждает востребованность инициативы МГУ имени М.В. Ломоносова по проведению Всероссийских съездов учителей-предметников на регулярной основе;

- постановляет созвать следующий Всероссийский Съезд учителей математики через 3-5 лет и поручает Организационному и Программному комитетам настоящего Съезда провести для этого необходимую подготовительную работу;

-обращается к МГУ имени М.В. Ломоносова с предложением стать одним из координаторов всестороннего обсуждения хода модернизации школьного образования в рамках программы «МГУ — школе». Цель этого пункта — легитимизировать инициативы Московского университета в глазах как профессионального сообщества учителей и преподавателей математики, так и в глазах чиновников. Этот пункт представляет собой своеобразный «кредит доверия», который МГУ предложил выдать от имени учителей и преподавателей самому себе. Кредит был оформлен, но без поручителей и под нулевой процент: сформулированные положения резолюции не обязывают университет брать на себя решения каких бы то ни было проблем.

Таким образом, видимый результат съезда состоит в том, что почти все его участники (около 1200 человек) выразили недовольство ситуацией в математическом образовании и делегировали Московскому университету полномочие выступить организатором Ассоциации преподавателей математики, а также координатором обсуждения проблем в рамках программы «МГУ — школе». При этом ни у одного из них не возникло, по всей видимости, вопросов о том, в чем конкретно состоит эта программа, насколько целесообразно доверять МГУ ассоциацию и почему университет раньше не выступал с инициативой консолидации учителей и преподавателей математики.

Конечно, этот результат съезда можно считать определенным достижением (как и другие положения резолюции). Но это достижение не всего сообщества, а только Московского университета и тех, кто составлял текст резолюции. Не исключено, что теперь эти люди смогут показывать принятый документ в разных инстанциях и лоббировать свои интересы, выдавая их за интересы всех учите-

лей (эти интересы при внешней похожести являются близкими, увы, далеко не всегда). А что получило сообщество учителей и преподавателей математики, кроме общения друг с другом, нескольких книжек и сувениров с эмблемами МГУ и съезда учителей? Выходит, что пока ничего. И получат ли что-то в будущем, неизвестно. Всё это можно было понять еще до проведения съезда (вспомним особенности его подготовки). Или, в крайнем случае, во время его проведения.

Тем не менее, почти все участники съезда проголосовали так, как того хотел Московский университет: не за конкретные дела, а за ни чем не подкрепленные намерения, различного рода констатации и предложения (пусть и в массе своей правильные). Возникает вопрос: почему так вышло? Представляется, что причина такого редкого единодушия кроется не столько в солидарности учителей и преподавателей с Московским университетом, сколько в том, что МГУ умело использовал позитивный эмоциональный настрой участников и просто «положил» на него заранее подготовленный текст с нужными для него пунктами.

Конечно, эти пункты были поставлены не в начало документа, а отнесены ближе к концу; в начале же перечислены некоторые «безусловные» для учителя положения, такие как обеспокоенность «существенным снижением уровня математической подготовки выпускников средней школы», недовольство уменьшением количества часов, критика ЕГЭ и т.д. В результате отдельные пункты резолюции, выгодные МГУ, пошли «паровозом»: их никто серьезно не анализировал с точки зрения последствий для школьного математического образования.

Собиратели учителей

Итак, главным конструктивным результатом принятой съездом резолюции стало решение о создании Ассоциации преподавателей математики. Если зайти на сайт съезда (http://math-congress-2010.msu.ru/), то можно увидеть, что он изменился и теперь содержит информацию об этой Ассоциации — порядок вступления и устав. Перед уставом написано, что он утвержден 3 февраля 2011 г. на учредительном собрании. При этом не содержится никакой информации о том, кто является ее учредителем, кто составлял устав и утверждал его. Таким образом, Московский университет посту-

пил так же, как и при организации съезда: единолично что-то решил, опубликовал информацию на сайте и не счел необходимым довести ее до сообщества. Если такой подход при подготовке съезда можно было объяснить новизной дела, то сейчас он уже настораживает. Если дело так пойдет и дальше, то не исключено, что решения Ассоциации будут приниматься без участия представителей сообщества, а использоваться — без их ведома (но от их имени).

Рассмотрим важнейший раздел устава «Основные цели и предмет деятельности организации». Начинается он со слов «целью деятельности Организации является объединение преподавателей и учителей математики и создание условий для», после чего перечисляется 11 направлений. Ключевыми в этой фразе являются слова «создание условий для». То есть Ассоциация не сама достигает заявленных целей, а лишь создает условия для их достижения. Вместе с тем в пункте «Права и обязанности организации» перечислено следующее: соблюдение законодательства, взаимодействие с органом государственной регистрации и публикация отчетов о своей деятельности. Выходит, что формально устав обязывает Ассоциацию лишь «вести себя хорошо», а слова «создание условий для» вообще могут быть истолкованы как угодно. Например, содержательная же работа вполне может быть ограничена проведением конференций, издательской деятельностью, сбором информации, составлением методических пособий — в общем, тем, что само по себе полезно, но реально ни на что повлиять не может..

Обратим внимание еще на пункт 5.3.1 устава, в котором сказано, что к исключительной компетенции Общего собрания относится утверждение устава (а также внесение изменений в него). Возникает вопрос: кем был утвержден настоящий устав? Почему никто не знал об учредительном собрании? И присутствовали ли на нем те участники съезда, которые проголосовали за создание Ассоциации? Представляется оправданным, что утверждение столь важных документов, каким является устав Ассоциации учителей и преподавателей математики, должно быть делом всего сообщества, которое на учредительном собрании обсуждает документ, вносит свои предложения и лишь затем утверждает его. К сожалению, всего этого в данном случае сделано не было.

Стоит еще упомянуть о том, что объединение учителей математики существовало и раньше: в 1989 г. была создана Российская ассоциация учителей математики, которая реально действовала около 15 лет, а формально действует до сих пор. Зачем же создавать новую ассоциацию, если уже есть старая? Может быть, целесообразно привлечь тех лиц, которые ее создавали и поддерживали и могут поделиться опытом? Мы не слышали, чтобы эти вопросы задавались публично. Более того, на съезде учителей никто не обмолвился и словом о том, что ассоциация когда-то была. Всё это является дополнительным аргументом в пользу того, что Ассоциация нужна Московскому университету в каких-то своих целях, которые он не афиширует.

В связи с созданием ассоциации естественным образом возникает вопрос о том, скольких учителей и преподавателей она сможет если не объединить, то хотя бы привлечь в свои члены. От этого может зависеть и степень ее влияния на реальный мир.

И тут выясняются удивительные вещи: оказывается, в конце 2010 — начале 2011 г. создано немало региональных ассоциаций учителей-предметников, в том числе, учителей математики. Так, в сентябре 2010 г. Ассоциация учителей математики появилась в Пензенской области, в октябре 2010 г. — в Костромской области и Камчатском крае, в ноябре 2010 г. — в Ульяновске и Ивановской области, в марте 2011 г. — в Кировской области и Хабаровском крае. То есть 20 лет почти никто не создавал ассоциаций, а, начиная с сентября позапрошлого года, их начали создавать массово.

Эта странная, на первый взгляд, тенденция может быть объяснена, если обратить внимание на следующее обстоятельство. 29 июня 2010 г. в Российском государственном гуманитарном университете прошла учредительная конференция Ассоциации школьных учителей истории и обществознания, инициатором создания которой выступил тогда зам. министра образования и науки И.И. Калина. А директор департамента общего образования Минобрнауки Е.Л. Низиенко сообщила, что в ближайшем будущем по инициативе министерства будут созданы аналогичные ассоциации учителей математики, физики и литературы.

Напомним, что идею проведения съездов за полгода до этой учредительной конференции озвучил В.А. Садовничий. Кто первым предложил создавать ассоциации учителей, нам неизвестно. Но это

и не столь важно; существенно лишь то, что налицо конфликт интересов — Московского университета и Министерства образования и науки. И каждая из этих организаций намерена «побороться за учителя». Учитывая отмеченную выше активность по созданию региональных ассоциаций учителей, а также то, что создаются они, как правило, при региональных институтах повышения квалификации, подведомственных Минобрнауки, можно высказать предположение, что появление их на свет связано с инициативой И.И. Калины. Неудивительно, что бурная деятельность по учреждению этих ассоциаций началась в сентябре—октябре: до этого было лето, пора отпусков.

Интересно понять мотивы Министерства образования и науки, теоретически наименее заинтересованного в создании профессиональных объединений учителей. Полагаем, что причин две: 1) не дать укрепиться В.А. Садовничему и Московскому университету в сообществе учителей, 2) взять под контроль организации, которые могут представлять в будущем опасность для Министерства образования и науки. Катализатором инициативы чиновников стал В.А. Садовничий, предложивший создавать ассоциации (естественно, при МГУ). Укрепление ректора может оказаться сильно не на руку министерству, которое В.А. Садовничий открыто критикует: мало ли что он может предпринять в будущем, куда направить энергию учителей. Поэтому желание взять ситуацию под контроль выглядит вполне разумным.

Пока неясно, кто окажется сильнее в этой борьбе: Московский университет или Министерство образования и науки. Министерство имеет большой административный ресурс, но не имеет доверия со стороны учителей; МГУ позиционирует себя как защитник образования, но обладает гораздо более скромными возможностями. К тому же он допустил немало ошибок и продолжает их допускать. Ведь формально получить «добро» от учителей несложно (что и показал съезд учителей математики); куда как сложнее сделать это содержательно — заручиться не только их пассивным согласием, но и серьезной поддержкой. Для этого недостаточно уже только критиковать проводимые в стране реформы образования, для этого требуется еще сделать какое-то конкретное дело, которое убедит учителей в том, что МГУ действительно готов им помогать.

В современных условиях Ассоциация учителей и преподавателей математики при МГУ рискует стать лишь одним из «княжеств» раздробленного педагогического сообщества, а потому не будет иметь влияния, необходимого для решения более или менее серьезных вопросов.

«МГУ — школе»: программа, которой нет

Перейдем теперь к выяснению того, что стоит за словами «МГУ — школе». Ведь ответить на поставленные в начале статьи вопросы невозможно, если рассматривать съезд учителей математики изолированно, вне связи с другими проектами МГУ и процессами, происходящими во всём российском образовании.

Один из таких проектов — программа «МГУ — школе», в рамках которой и проводился съезд. В печатной версии доклада В.А. Садовничего на съезде программа охарактеризована так: «Это и подготовка высококвалифицированных учителей на факультете педагогического образования МГУ, и курсы повышения квалификации, специально разработанные нашими факультетами для учителей средних школ, в том числе, конечно, учителей математики, и летние школы, которые уже с большим успехом прошли первый раз, и работа над школьными учебниками. Запланированы и съезды учителей-предметников по различным дисциплинам...» [6, с. 23].

Другой источник информации об особенностях программы «МГУ — школе» — большая Программа развития Московского университета до 2020 г. [4], в которой сформулированы приоритетные для МГУ направления (с. 7—8):

- система подготовки и воспроизводства кадров нового поколения;

- стратегические информационные технологии;

- исследования структуры материи и космоса, применение космических технологий;

- комплексные исследования человека;

- энергоэффективность, наноматериалы и бионаносистемы;

- рациональное природопользование и устойчивое развитие регионов России;

- духовно-нравственные ценности, язык, сознание и культура как основа консолидации российского общества;

- социальные основы и механизмы модернизации и инновационного развития России;

- инфраструктура инновационной деятельности;

- выявление и поддержка новых перспективных научных направлений.

Как видно, в этом списке нет направления «поддержка и развитие школьного образования». Впрочем, дальше при характеристике первого направления упоминается программа «МГУ — школе». Приведем этот абзац полностью: «Программа предполагает масштабную работу Московского университета с общеобразовательными учреждениями в рамках программы "МГУ — школе" (регулярные съезды и летние школы для учителей, повышение их квалификации, разработка учебников и учебных пособий). Развитие системы педагогического образования Московского университета предполагает осуществление целевой подготовки элитных школьных учителей для всех регионов России» (с. 10).

Из этого вытекает, что:

- программа «МГУ — школе» ограничивается съездами, летними школами, повышением квалификации и разработкой учебников и пособий;

- Московский университет собирается готовить в каком-то смысле лучших («элитных») учителей.

На первый взгляд кажется, что заявленные мероприятия масштабны. Но если присмотреться к ним внимательнее, то эта масштабность оказывается во многом эфемерной.

В рамках программы «МГУ — школе» существуют три комплекта учебников школьной математики: учебники под ред. С.М. Никольского, учебники Л.С. Атанасяна и др. и новый учебник В.Ф. Бутузова, С.Б. Кадомцева и В.В. Прасолова по геометрии для 7 класса. Причем первые два были созданы давно и к этой программе имеют косвенное отношение.

Количество участников съездов пока что ограничивается 1—1,5 тыс. человек на каждый, и вряд ли эти цифры существенно изменятся в будущем. Проведение съезда такой численности — несложная задача для большой организации, регулярно проводящей мероприятия подобного масштаба. Летняя школа для учителей математики, прошедшая в 2010 году (см. http://teacher.msu.ru/school/matematika), была немногочисленна. Как

и о съезде, о ней мало кто знал. Содержание ее бедно и вряд ли интересно широким кругам учителей. Список разработанных курсов для учителей математики тоже не впечатляет (см. [5]): представляется, что только курсы С.В. Дворянинова, действительно специалиста по вопросам преподавания математики в школе, окажутся востребованными.

Несколько более чётко и широко деятельность МГУ по отношению к школе сформулирована в другом месте Программы развития до 2020 г. Предполагается разработка и реализация:

- комплекса программ повышения квалификации учителей школ;

- новых технологий обучения;

- методических рекомендаций по проведению государственной (итоговой) аттестации обучающихся;

- мероприятий по обеспечению учебного процесса современными академическими школьными учебниками и методическими комплектами по общеобразовательным и факультативным предметам;

-съездов школьных учителей для обсуждения состояния и перспектив развития общеобразовательных учреждений, а также разработки комплекса предложений по повышению качества общего образования;

- комплекса программ профессиональной переподготовки специалистов с непрофильным образованием по общеобразовательным предметам, психолого-педагогическому циклу, информационным образовательным технологиям, методикам преподавания, тактике поведения в экстремальных ситуациях, педагогическому мастерству, вопросам воспитания, управления образованием.

Всё это будет делаться «в целях формирования нового поколения педагогов системы общего образования, обладающих современной профессионально-педагогической компетенцией с приоритетной ориентацией на обеспечение качественного профильного образования для учащихся старших классов» (с. 25).

То есть цель университета — подготовка учителей профильных классов, где учатся хорошие дети, которые, очевидно, будут поступать в университеты и, в частности, в Московский университет.

Эта цель, возможно, объясняет, почему поддержка школьного образования не стала одним из приоритетных направлений, а стала частью направления «Система подготовки и воспроизводства кадров нового поколения». Судя по всему, главная задача МГУ — не поддержка школьного образования вообще, а только той его части, которая будет полезна университету — например, которая может способствовать привлечению хороших абитуриентов. Однако эта задача всё же не может быть решена без того, чтобы не затронуть и всё школьное образование вообще. Отсюда — попытки влияния на систему итоговой аттестации, создание школьных учебников, проведение съездов и организация ассоциаций. О других причинах инициирования всех перечисленных мероприятий будет сказано в последней части статьи.

Всё вышеизложенное свидетельствует, на наш взгляд, о том, что программы «МГУ — школе» не существует, если понимать под программой документ, в котором обозначены цели и задачи, охарактеризованы способы достижения целей и решения задач, указаны ожидаемые результаты, приведено финансовое обеспечение и т.д. По всей видимости, программа «МГУ — школе» представляет собой просто набор отдельных мероприятий, которые до недавнего времени не мыслились как единое целое. Поводом же к их объединению послужила общая Программа развития МГУ до 2020 г.

Школьное образование в километрах российских дорог

В номере 1 газеты «Математика» за 2011 г. опубликована заметка Д.Э. Шноля [2, с. 11—12], в которой автор подсчитал, сколько стоит углубленное физико-математическое образование. Оказалось, что на зарплату учителям достаточно выделять ежегодно около 500 млн. руб. В то же время стоимость строительства одного километра дороги составляет 250 млн. руб. То есть всё углубленное физико-математическое образование в год стоит столько же, сколько 2 км дороги. Факт, впрочем, неудивительный.

Рассмотрим вопрос о результатах реализации Программы развития МГУ до 2020 г. и ее материальное обеспечение. Удивительно, но при внушительном списке мероприятий, связанных с системой школьного образования, в результатах Программы (с. 28—31) ни слова не говорится о достижениях в развитии системы общего образования, к которым, должен прийти МГУ к 2020 г. Возникает

вопрос: если не планируется достигнуть никаких результатов, то зачем вообще предпринимать усилия в направлении поддержки школы?

В Приложении 2 к Программе приведены количественные характеристики (целевые показатели), которых планирует достигать МГУ в течение 2010—2020 гг. Среди этих показателей к школьному образованию относится только показатель № 38 «Численность учителей, прошедших профессиональную переподготовку или повышение квалификации в Московском университете» (с. 57). Предполагается, что к 2020 г. значение этого показателя станет равным 6 000. Однако ни количество съездов учителей и их участников, ни количество выпущенных для школы учебников, ни число проведенных летних школ в показатели не включены.

Обратимся к материальному обеспечению всей Программы развития до 2020 г. и программы «МГУ — школе». В общей программе указано (с. 28), что финансирование ее будет производиться из бюджетных и внебюджетных источников. В 2010—2011 гг. бюджетное финансирование должно составить 5 млрд. руб. Внебюджетное финансирование за 2010—2013 гг. оценивается в 22,633 млрд. руб., а в 2014—2020 гг. — 50 млрд. руб. То есть общий объем средств за 10 лет составит более 75 млрд. руб. — существенная прибавка к ежегодному бюджету МГУ, который составляет около 10 млрд. руб.

В Приложении 1 к Программе развития МГУ до 2020 г. приводятся сведения о планируемых расходах на различные мероприятия в 2010—2013 гг. Явно указано, сколько средств планируется потратить на «развитие научно-методической поддержки процессов сферы общего образования в рамках проекта "МГУ — школе"»: 381,4 млн. руб. (внебюджетных средств). Общий объем финансирования на этот период должен составить порядка 27,6 млрд. руб. Нетрудно подсчитать, что на заявленную цель приходится несколько менее 1,4% от выделенной суммы. Здесь уместно привести заключительные слова из упомянутой выше заметки Д.Э. Шноля: «Приятную возможность сделать выводы я предоставляю читателю».

Даже если все заявленные средства пойдут на программу «МГУ — школе» и другие мероприятия, связанные с поддержкой школьного образования, то принципиально это ничего не меняет. Во-первых, поддержка школы не входит в число основных приорите-

тов МГУ на ближайшее десятилетие. Теоретически школа для университета важна и сама по себе, но практически её приходится рассматривать как поставщика хороших абитуриентов, которых с каждым годом становится всё меньше. Во-вторых, все эти мероприятия не могут ничего кардинально изменить в судьбе российской школы и математического образования или хотя бы создать предпосылки для таких изменений. К этому тезису мы еще вернемся далее.

Борьба за существование

В современной России не только образование всех уровней находится в плачевном состоянии, но и другие сферы — от жилищно-коммунального хозяйства до военной промышленности. Деньги всегда будут сначала идти на оборону и на ликвидацию очередных техногенных катастроф вроде массовых лесных пожаров и лишь затем — на образование, медицину и другие сферы, которые «могут и подождать». Поэтому в современных условиях, когда государство всё больше дистанцируется от социальной сферы, у образовательных учреждений нет другого выхода, как начинать зарабатывать, а в перспективе — переходить на самофинансирование.

Это очень хорошо понимает ректор В.А. Садовничий: Программа развития МГУ предполагает, что к 2020 г. только 25% средств будет поступать из госбюджета. Быть может, сама Программа развития появилась именно для того, чтобы встряхнуть сонное университетское сообщество, объяснить ему, что пора, наконец, что-то делать, иначе последствия для МГУ могут быть весьма печальными.

27 сентября 2010 г. премьер-министром РФ В.В. Путиным была утверждена Программа развития МГУ до 2020 г. и в тот же день прошло заседание Совета Учёных советов, на котором ректор В.А. Садовничий рассказал о Программе и тех действиях, которые необходимо будет предпринять всему университетскому сообществу по ее реализации. Приведем несколько цитат из доклада ректора [3].

Утверждение Программы развития — важнейший этап в жизни Московского университета. Это — успех, которым мы можем гордиться. И это — вызов, на который мы должны ответить. Это — доверие, которое мы должны оправдать...

Широкое использование новых образовательных технологий повышает эффективность учебного процесса. И, положа руку на сердце, надо признать, что этого нам, в силу нашей инертности, не хватает. Мы медленно осваиваем новое...

К счастью, мы располагаем уникальным интеллектуальным потенциалом... Этот интеллектуальный потенциал пока ещё позволяет компенсировать издержки нашей инертности и даёт нам некоторый запас прочности. Но надолго его не хватит: требования времени неумолимы...

Надо работать на опережение. Думать не только о том, как не отстать от тех, кто вырывается вперёд, а стремительно продвигаться самим, постоянно подтверждая своё лидерство...

Становится всё острее конкуренция вузов между собой, их борьба за абитуриентов, за государственное финансирование, за гранты, за влияние в обществе...

Наиболее активные университеты выдвигаются на передовые позиции, стараясь заявить о своём лидерстве в том или ином направлении. К сожалению, Московский университет не только не проявляет той активности, которая необходима в условиях конкуренции, то есть не демонстрирует своё реальное лидерство во многих областях, но и утрачивает его по целому ряду позиций...

Хочу ещё раз подчеркнуть: Университету фактически брошен вызов. Сможет ли МГУ продемонстрировать, что такое настоящий университетский образовательный стандарт, сможет ли стать не только лидером, но и законодателем фундаментального университетского образования, — зависит только от нас...

Лейтмотив этих цитат и всего выступления ректора абсолютно понятен: «Прошли те времена, когда можно было жить по-старому (читай — ничего не делать). В современных условиях выживет сильнейший. Программа развития МГУ, утвержденная Путиным, — последний шанс сохранить и упрочить свои позиции. И за вас этого не сделает никто».

Теперь мы подошли к тому, чтобы дать исчерпывающий ответ на поставленный в начале статьи вопрос — зачем Московскому университету съезды учителей? Затем же, зачем спутники, исследования человека и суперкомпьютеры: чтобы выжить. Чтобы быть на виду. Чтобы давали денег. Чтобы влиять хоть на что-то в соот-

ветствующих областях. Пусть не на всё, но так, чтобы в случае чего можно было сказать: «Мы активно работаем в этой области, без нас не обойтись!» Например: «Кто, если не мы, будет проводить съезды учителей? Кто будет повышать их квалификацию и вообще готовить педагогов (тем более, "элитных")?» Не исключено, что и учительское сообщество в какой-то экстренной для университета ситуации «заступится» за него (например, с помощью открытого письма высшему руководству страны). Таким образом, съезды учителей и другие мероприятия университета по «школьным делам» могут когда-то сыграть роль щита для него. Быть может, этот щит не потребуется — это неизвестно. Но глупо не иметь его «про запас», особенно если учесть, что расходы на его содержание мизерные.

А что же может получить школа от университета? В частности, чего ждать учителям математики от МГУ и от Ассоциации учителей и преподавателей математики, учрежденной им? Полагаем, особенных иллюзий питать не следует. И даже не потому, что съезды и Ассоциация не записаны в числе приоритетных направлений университета. А потому, что нельзя одновременно увеличивать производительность суперкомпьютеров, учить студентов и решать проблемы школьного математического образования.

В то же время мы далеки от мысли, что МГУ никак не будет поддерживать школьное образование, в том числе, математическое. Возможно, ректор В.А. Садовничий по-прежнему будет пытаться влиять на ЕГЭ, Ассоциация наверняка будет издавать книги и журналы, проводить конференции, готовить какие-то документы, внедрять в школы учебники серии «МГУ — школе» и т.д. Можно даже допустить, что посредством этих действий будут решены отдельные локальные проблемы математического образования.

Но кардинальных изменений ждать не стоит. Во-первых, проведение их сложно и не под силу Московскому университету; во-вторых, для этих изменений нужно общее изменение политики в области образования. А это — уже другой уровень и другие деньги, которые никто из современных реформаторов терять не захочет. И даже если МГУ попытается сделать что-то существенное, то немедленно будет поставлен на место, а ректор В.А. Садовничий лишится своего поста (слухи о том, что его вот-вот снимут, ходят уже

давно). Вряд ли он на это пойдет, особенно теперь, когда выделены средства и предстоит большая работа по развитию университета.

Наконец, не следует забывать, что инициатор всех изменений в МГУ, — В.А. Садовничий, уже в достаточно преклонном возрасте и когда-то оставит руководство университетом. Как новый ректор будет относиться к съездам и ассоциациям, неизвестно. Захотят ли преподаватели МГУ при новом ректоре поддерживать обременительные для них мероприятия для учителей, тоже неизвестно. Не исключено, что все «школьные» инициативы, которые возникли и существуют во многом благодаря энергии и авторитету В.А. Садовничего, довольно быстро зачахнут.

Заключение

Быть может, кто-то обвинит Московский университет в излишнем прагматизме, а также в непомерных амбициях. Мы не сторонники таких обвинений, тем более что на них легко возразить. Ведь на что формально претендует Московский университет? Только на то, чтобы содействовать повышению квалификации учителей и вообще созданию площадки для обмена опытом на своей базе. Хорошо, пусть еще претендует на консолидацию учителей и преподавателей. Но ведь он именно это и делает: организовал курсы, летние школы, провел съезд, учредил ассоциацию — чем же вы недовольны? Общайтесь, повышайте квалификацию.

Другое дело, что курсы и летние школы в таком виде мало кому нужны, а при организации съезда нужно соблюдать некоторые правила игры, чтобы выглядеть легитимным в глазах сообщества, что пока что МГУ удалось на «тройку с плюсом». Но ведь эти промахи, скорее всего, от незнания, из-за спешки — в общем, по причине постоянного цейтнота и некоторого общего непонимания того, что и зачем нужно делать. Это не катастрофично, всё можно наверстать в будущем — было бы желание.

Университет не утверждал, что собирается решить все проблемы современного математического образования и даже — что собирается каким-либо образом отстаивать права учителей. Всё это они должны делать сами, а университет берется организационно этому способствовать, но и только (так при желании можно истолковать резолюцию и устав Ассоциации). Поэтому претензий к нему предъявлять нельзя.

Но обвинять МГУ не следует и по другой причине. Университет просто выживает и делает это, надо сказать, не самым худшим образом с точки зрения интересов школьного математического образования. Какая-то польза от его деятельности школе, наверное, будет. Небольшая, но всё-таки польза. Для современного мира и его представлений о добре и зле это не так уж мало.

Источники

1. Абрамов, А. М. Съезд пока еще не победителей [Электронный ресурс] // Независимая газета. — 24.11.2010 // http://www.ng.ru/science/2010-11-24/11maths.html

2. Впечатления о Всероссийском съезде учителей математики [Текст] // Математика. — 2011. — № 1. — С. 8—13.

3. Заседание Совета Ученых факультетов — Конференция МГУ [Электронный ресурс] : 27 сентября 2010 года // http://www.msu.ru/news/official/2010/uch-sovet2010.html.

4. Программа развития федерального государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования «Московский государственный университет имени М.В. Ломоносова» до 2020 года // http://government.ru/media/2010/9/28/3 5404/file/1617-pril(1).doc

5. Программы повышения квалификации учителей [Электронный ресурс] / Моск. гос. ун-т им. М. В. Ломоносова. — М., 2010. — 45 с. http://teacher.msu.ru/upload/courses/moduls/moduls.doc

6. Садовничий, В. А. О математике и ее преподавании в школе [Текст] : Доклад ректора Моск. ун-та, вице-президента РАН акад. В. А. Садовничего на Всерос. съезде учителей математики. — М., [2010]. —24 с.

24 апреля — 3 мая 2011-го, с небольшой правкой от 14 января 2012-го

И.Я. Голендухина

Школа 1425, г. Москва

Методика оценивания «Нарастающим итогом»

Являясь важнейшей частью учебного процесса, любая система оценивания оказывает существенное влияние на успешность обучения. Оценивание в учебном процессе призвано решать, в основном, две задачи: информировать учителя и ученика о реальном положении дел и воздействовать на учебную деятельность ученика.

Любая система оценивания состоит, как минимум, из трех компонентов: оценочной шкалы, критериев оценивания и методов оценивания. Учитель не может изменить оценочную шкалу, но он может выбирать критерии и методы оценивания и тем самым воздействовать на деятельность ученика.

Предлагаю вашему вниманию одну из методик оценивания. Я называю ее «оценивание нарастающим итогом». Заключается она в том, что получение оценки за зачет или письменную работу я разбиваю на два этапа. На первом этапе проверяется достижение базового уровня обучения, а на втором учащиеся выполняют более сложные задания, чтобы заработать «4» или «5». Применение этой методики рассмотрим на примере одной из тем стереометрии 10 класса — «параллельность прямых и плоскостей». Письменную работу, о которой пойдет речь, я предлагаю ученикам после изучения пунктов «признак параллельности прямых» и «параллельность прямой и плоскости». Базовый уровень усвоения этого материала означает, что ученики должны научиться решать простые задачи двух типов: на применение признака параллельности прямой и плоскости и на применение признака параллельности прямых. Поэтому, когда базовый уровень освоен большинством учеников класса, я предлагаю им письменную работу для проверки достижения базового уровня.

Параллельность прямой и плоскости (базовый уровень)

Вариант 1.

№ 1. Основание KT трапеции КОРТ лежит в плоскости а, точка А — середина КО, а точка В -середина РТ. Докажите, что AB||а.

№ 2. Сторона ME параллелограмма МКРЕ лежит в плоскости ß, прямая а тоже лежит в плоскости ß, а||MЕ. Докажите, что KP||а.

Параллельность прямой и плоскости (базовый уровень)

Вариант 2.

№ 1. Сторона MST треугольника MNK лежит в плоскости а, точка Г- середина стороны MN, а точка Е — середина стороны NК. Докажите, что ТЕ||а.

№ 2. Трапеция КРОЕ с основаниями РО и КЕ и ромб КЕМТ лежат в разных плоскостях и имеют общую сторону. Докажите, что РО||ТМ.

Эта работа содержит две задачи обязательного уровня: в первой задаче нужно применить признак параллельности прямой и плоскости, а во второй — признак параллельности прямых. По итогам этой работы ученики получают «зачет» или «незачет». На следующем уроке они выполняют по этой теме «итоговую работу», которая включает одну задачу базового уровня сложности и одну — более сложную.

Итоговая С.р. (параллельность прямой и плоскости)

Вариант 1.

№ 1. Треугольник ABC и параллелограмм АСЕК лежат в разных плоскостях. Точка М- середина стороны AB, а точка N— середина стороны ВС. Докажите, что MN||ЕК

№ 2. Точка M не лежит в плоскости параллелограмма ABCD, на отрезке AM выбрана точка Е так, что МЕ.ЕА = 2:3. Постройте точку F — точку пересечения прямой MB с плоскостью CDЕ. Найдите AB, если ЕF = 10 см.

Итоговая С.р. (параллельность прямой и плоскости)

Вариант 2.

N

№ 1. Основание MN трапеции KMNT параллельно плоскости ß, сторона ХМ пересекает эту плоскость в точке А, а сторона TN — в точке В. По данным рисунка постройте точку В.

№ 2. Точка M лежит вне плоскости треугольника ABC. D и Е — точки пересечения медиан треугольников MAB и МВС соответственно. Докажите, что ADEC — трапеция. Найдите DE, если АС = 12 см.

При этом в первом варианте задача базового уровня относится к теме «параллельность прямых», а во втором варианте — к теме «параллельность прямой и плоскости». Если при выполнении работы «базового уровня» ученик не решил одну из задач, то именно задачу по этой теме он должен решать на итоговой работе. Если ученик не справился с обеими задачами, он должен выполнять тот вариант итоговой работы, задача в котором проверяет усвоение более важного материала. Чтобы обеспечить такую ситуацию, я отмечаю нужный вариант в своем журнале.

Фамилия

Базовый уровень

Вариант итог.р.

Итоговая работа

Оценка

№ 1.

№2.

№ 1.

№2.

Бамбуров Роман

+

+

Любой

Баранов Андрей

+

+

Любой

Борцов Александр

+

+

Любой

Ватутин Дима

+

+

Любой

Запольская Света

+

-

B2

Коньков Артем

-

-

В 1

Мазур Влад

-

+

В 1

Никишина Ксения

+

+

Любой

Оганян Маша

+

+

любой

Сорокин Максим

+

-

B2

Слепцова Ира

-

+

В 1

Ученики, получившие на первом этапе «зачет», приступают сразу ко второй задаче. Ученики, не получившие «зачет», начинают выполнять работу с первой задачи. Таким образом, неуспевающие ученики получают вторую попытку, а успевающие — дополнительное время для решения сложной задачи. При этом если «зачет» получен, «3» обеспечена.

Вот так могут выглядеть результаты этой работы в журнале:

Фамилия

Базовый уровень

Вариант итог.р.

Итоговая работа

Оценка

№ 1.

№2.

№ 1.

№2.

Бамбуров Роман

+

+

Любой

-

3

Баранов Андрей

+

+

Любой

+

5

Борцов Александр

+

+

Любой

+

5

Ватутин Дима

+

+

Любой

+

5

Запольская Света

+

-

B2

+

-

3

Коньков Артем

-

-

В 1

-

2

Мазур Влад

-

+

В 1

+

±

4

Никишина Ксения

+

+

Любой

±

4

Оганян Маша

+

+

любой

±

4

Сорокин Максим

+

-

B2

+

+

5

Слепцова Ира

-

+

В 1

+

-

3

Результаты применения этой методики: резкое снижение количество «2», то есть рост успеваемости. Это происходит потому, что ученики получают дополнительный стимул к тому, чтобы вовремя скорректировать свои результаты. Так как они знают, что «итоговую работу» нужно будет писать уже на следующем уроке, возникает потребность исправить результаты немедленно. Я применяла эту методику неоднократно в разных классах и могу с уверенностью сказать: «ребята действительно прикладывают гораздо больше усилий для коррекции своих ошибок, чем при других способах оценивания». Конечно, необходимо предусмотреть возможность для такой коррекции. То есть между уроками, на которых проводятся письменные работы «базового уровня» и «итоговая» должно быть достаточно времени. Желательно, чтобы в это время учащиеся могли посетить дополнительное занятие.

Коэффициент качества тоже растет, но незначительно. Рост качества происходит, в основном, за счет учеников, имеющих повышенную тревожность. Такие ученики зачастую хорошо работают в классе и, вроде, все знают, но письменные работы пишут плохо. Применение методики оценивания «нарастающим итогом» снижает тревожность у таких учеников. На первом этапе они знают, что не увидят в результате никакой «страшной» оценки. А на втором этапе — знают, что «3» уже есть.

Может показаться, что от учителя требуется очень много дополнительных усилий для применения такой методики оценивания, но это не так. При обычной методике оценивания некоторое количество двоек, как правило, бывает. Для их коррекции приходится и задания подбирать, и проверять потом переписанные письменные работы. При использовании рассматриваемой методики оценивания эта работа просто выполнена заранее. Коррекция как бы встроена в методику оценивания.

Такая методика оценивания оказывается очень удобной, например, когда имеется дефицит времени, когда по каким-либо причинам коррекция во время дополнительных занятий затруднена или невозможна. Впервые я стала применять эту методику оценивания, когда у меня возникла ситуация, знакомая многим учителя. Взяв новый для себя 8 класс, я через некоторое время обнаружила, что

знания за курс геометрии 7 класса у ребят очень поверхностные. Этих знаний было недостаточно, чтобы изучать геометрию 8 класса. Значит, необходимо было ускоренно пройти с учениками курс 7 класса. Я разбила этот курс на четыре блока и решила, что на каждый блок смогу отвести по два урока: на первом уроке — лекция, на втором — проверочная работа. Сразу обнаружились проблемы: когда и как готовить к этой проверочной работе? На первом уроке по каждой теме я могу надеяться сформировать лишь базовый уровень. А как тогда оценивать? Не могу же я поставить «3» ученику, который выполнил задание. И не могу предлагать сложное задание, если не учила такие задания решать. Решить эти проблемы помогла методика оценивания «нарастающим итогом». При этом уроки геометрии я проводила в среду и четверг. Такое расположение уроков совершенно неудачно при других методиках оценивания, но очень удачно при использовании именно этой методики. В четверг я проводила лекцию по теме, разбирала с учениками примеры задач базового уровня и в конце урока они выполняли письменную работу базового уровня сложности, за которую получали «зачет» или «незачет». Ребята были предупреждены, что все, кто получил «зачет», смогут начинать выполнение проверочной работы со второй задачи. Затем на дом давалось довольно большое задание для подготовки к предстоящей итоговой работе. До этой работы в распоряжении учеников была почти целая неделя. Многие старались получить «зачет» за базовый уровень на дополнительном занятии, чтобы освободить время на итоговой работе. В результате за месяц материал 7 класса был успешно пройден.

Любая методика оценивания имеет свои плюсы и минусы. Имеет «минусы» и методика оценивания «нарастающим итогом». Во-первых, нагрузка на учителя возрастает, хоть и незначительно. Во-вторых, может возникнуть такая ситуация: ученик успешно выполнил работу «базового уровня», а потом заболел. В этой ситуации непонятно, какую оценку такому ученику ставить. Я решаю такие вопросы индивидуально. Если ученик слабый — ставлю «3». Если ученик сильный — даю возможность выполнить итоговую работу, или вообще не ставлю за эту работу никакой оценки, ведь в колонке оценок против его фамилии будет стоять «н». Но в отдельных случаях преимущества предлагаемой методики перевешивают эти «минусы». Это — острая нехватка времени или невозможность коррекции на дополнительных занятиях. Надеюсь, при возникновении такой ситуации, вам поможет предлагаемая методика оценивания.

И.Б. Писаренко,

Лицей № 1557, Москва

Вокруг задачи про фазанов и кроликов

В этой статье я хочу обсудить довольно универсальный метод решения задач, для наглядности сводя его применение к различным вариациям задачи про головы и ноги.

Задача 0. В клетке сидят фазаны и кролики. У них вместе 35 голов и 94 ноги. Сколько фазанов и сколько кроликов в клетке?

Решение. Трудность задачи в том, что у нас есть и фазаны и кролики. Пусть все будут фазанами . Ног тогда будет 70, а нам надо 94. Чтобы увеличить количество ног заменим фазана кроликом, чило голов не изменится. А число ног возрастет на 2. Чтобы число ног увеличилось на 24 надо провести 12 таких замен. Кроликов у нас будет 12, а фазанов останется 23 (35-12).

Схематически: У нас есть два типа животных, известно суммарное число голов и суммарное число ног. Надо найти количество животных каждого типа. Для этого сначала предполагаем , что все стадо состоит из животных одного типа, а потом с сохранением общего количества голов делаем замены животного одного типа на животное другого типа, пока не получим нужное число ног.

Как можно «поиграть» с этой задачей? Можно снять ограничение на ноги (пусть они будут отрицательные или дробные)

Задача 1. На экзамене по математике были предложены 20 задач. Каждая решенная задача приносила ученику 5 баллов, а за каждую нерешенную снимали 3 балла. Сколько задач решил ученик набравший 4 балла? Решите задачу.

Можно поиграть с головами, разрешив иметь их несколько.

Задача 2. На двигатель легковушки идет 1 кг свинца и 2 кг меди. А на двигатель грузовика -2 кг свинца и 3 кг меди. Израсходовали 80 кг свинца и 130 кг меди. Сколько и каких двигателей изготовили.

Решение: Пусть у нас было изготовлено 80 двигателей для легковушек. Тогда нам надо 160 кг меди. Если мы поменяем 2 двигателя для легковушки на 1 для грузовика, расход свинца не изменится, а расход меди уменьшится на 1 кг. Так как лишних у нас 30

кг, надо сделать 30 таких замен. В итоге получим 30 двигателей для грузовика и 20 (80-2×30) для легковушки.

Можно явно не указывать общее число голов число, а лишь ограничить их так или иначе.

Задача 3. В Думе две равные по численности палаты. За предложение о роспуске голосовали все депутаты, никто не воздержался. Могло ли оно быть принято большинством в 23 голоса.

Решение: Переформулируем задачу в терминах голов и ног. У нас есть 2n животных в стаде, у которых +1 или -1 нога. Может ли суммарное число ног быть равным 23? Далее решите самостоятельно.

Можно ввести некоторые ограничения на ноги.

Задача 4. Можно ли расставить в ряд двадцать две +1 или -1 так, чтобы их произведение было равно одному, а сумма равнялась нулю?

Решение: У нас в стаде 22 животных, пусть все они будут одноногими. Тогда число ног равно 22. Обменяем двух одноногих на двух минусодноногих (из условия задачи вытекает, что число животных с отрицательным количеством ног должно быть четным). При этом число ног уменьшится на 4. А вычитая из 22 по 4 ноль получить нельзя.

Мы можем увеличить число типов животных до трех.

Задача 5. Можно ли разменять 25 рублей десятью купюрами достоинством в 1, 3 и 5 рублей.

Решение: У нас есть 10 одно, трех и пятиногих животных. Пусть все будут трехногими, всего будет 30 ног. Если трехного поменять на одноного число ног уменьшится на 2, а если на пятиногого, то увеличится на 2. Понятно, что добавляя или вычитая из 30 по два, 25 получить нельзя.

Мы можем очень сильно увеличить число типов животных.

Задача 6. Из книги вырвали 25 листов. Может ли сумма номеров всех страниц быть равной 2000?

Решение: У нас есть 25 животных, которые могут быть трехногими, пятиногими, семиногими и т.д. Можно ли получить стадо в котором 2000 ног? Пусть все будут трехногими. Тогда число ног равно 75. При замене трехного на пятиногого число ног увеличивается на 2, а на семиного на 4 (2+2) и т.д. А добавляя к 75 по два 2000 получить нельзя.

До этого мы меняли данные задачи, давайте изменим требования.

Задача 7. За победу дается одно очко, за ничью полочка, за поражение ноль очков. Игрок сыграл 40 партий и набрал 25 очков. На сколько больше он одержал побед, чем потерпел поражений.

Решение: В нашем стаде 25 ног и 40 животных безногих , одноногих и половинаногих. На сколько больше у нас одноногих чем безногих.

Решение: Заметим, что число животных с половиной ноги четно (иначе общее число ног было бы дробным). Заменим двух животных с половиной ноги на одного безного и одноногого. При этом общее число голов, ног и ответ задачи не изменятся. Так мы придем к стаду в котором нет половинаногих животных. Далее самостоятельно.

Задачи для самостоятельного решения: 1.Вовочка собрал в коробку жуков и пауков — всего 8 штук. Если у него в коробке 54 ноги, сколько там пауков?

2. Купец на 540 рублей купил 138 аршинов сукна: черного и синего. Сколько он купил черного сукна и сколько синего, если синее сукно стоило 5 рублей за аршин, а черное 3 рубля.

3.Говядина без костей стоит 90 руб за килограмм, говядина с костями стоит 78 рублей за килограмм. А кости без говядины стоят 15 рублей за килограмм. Сколько костей в килограмме говядины?

4. На острове рыцарей и лжецов (лжецы всегда лгут, рыцари всегда говорят правду) каждый болеет ровно за одну футбольную команду. В опросе приняли участие все жители острова. На вопрос «Болеете ли Вы за "Спартак"?» ответили «Да» 40% жителей. На аналогичный вопрос про «Зенит» утвердительно ответили 30%, про «Локомотив» — 50%, а про ЦСКА — 0%. Какой процент жителей острова действительно болеет за «Спартак»?

5. За трех воробьев платят монету, за двух горлиц монету, за голубя — 2 монеты. Потратили 30 монет, купили 30 птиц. Каких?

6. Али-Баба пришел в пещеру, где есть золото, алмазы и сундук. Полный сундук золота весит 200 кг, а полный алмазов — 40кг. Пустой сундук ничего не весит. Килограмм золота стоит 20 динаров, килограмм алмазов-60. Какое максимальное количество денег может получить Али-Баба, если может унести не более 100 кг.

7. Надо разлить без остатка 204 литра сока в банки 7 и 9 литров. Сколько банок может понадобиться?

8. Как контейнерами весом 130 и 160 кг полностью загрузить грузовик грузоподъемностью 3 тонны?

9. В комнате стоят стулья и табуретки. Когда на всех стульях и табуретках сидят люди, в комнате 39 ног. Сколько стульев и сколько табуреток в комнате?

10. Попробуйте разменять 25-рублёвую купюру одиннадцатью купюрами достоинством 1, 3 и 5 руб.

11. Можно ли разменять сто рублей 25 купюрами достоинством 1, 3 и 5 рублей?

12. У кассира было 30 монет: 10, 15 и 20 копеек на сумму 5 рублей.

Докажите, что 20-копеечных монет у него было больше, чем 10-копеечных. На сколько?

13. В стаде, состоящем из лошадей, двугорбых и одногорбых верблюдов, в общей сложности 200 горбов. Сколько животных в стаде, если количество лошадей равно количеству двугорбых верблюдов?

14.В шахматном турнире Вася сыграл 52 партии. По старой системе за победу давали одно очко, за ничью — ноль очков, за поражение вычитали одно очко. По новой системе за победу дают одно очко, за ничью — полочка, за поражение — ноль очков. Известно, что по новой системе Васе насчитали 25 очков. Сколько очков ему насчитали бы по старой системе?

15.Дядька Черномор написал на листке бумаги число 20. Тридцать три богатыря передают листок друг другу, и каждый или прибавляет к числу или отнимает от него единицу. Может ли в результате получиться число 10?

16. Клетки таблицы 5×5 заполнили 1 и -1. Вычислили все произведения по столбцам и по строкам. Может ли сумма 10 получившихся чисел равняться нулю?

17. В каждой вершине куба стоит число +1 или -1. В центре каждой грани куба поставлено число, равное произведению чисел в вершинах этой грани. Может ли сумма получившихся 14 чисел оказаться равной 0?

18. В вершинах правильного многоугольника написали 1 и -1. На каждой стороне написали произведение чисел на ее концах.

Оказалось, что сумма этих произведений равна нулю. Докажите, что число сторон многоугольника кратно 4.

19. Рыцари из двух враждующих стран сидят за круглым столом. Число рыцарей, справа от которых сидел враг, оказалось равным числу рыцарей, справа от которых сидел друг. Докажите что общее число рыцарей делится на 4.

20. Кузнечик прыгает по прямой. В первый раз он прыгнул на 1 см в какую-то сторону, во второй раз — на 2 см и так далее. Докажите, что после 2009 прыжков он не может оказаться там, где начинал.

21. На доске написаны числа 1, 2, 3, 2005. Разрешается стереть два любых числа и вместо них написать их разность или сумму . Можно ли добиться того, чтобы на доске осталось только число ноль?

22. На доске выписаны числа от 1 до 50. Разрешено стереть любые два числа и вместо них записать одно число — модуль их разности. После 49-кратного повторения указанной процедуры на доске останется одно число. Какое это может быть число?

А.В. Шевкин,

ФМШ № 2007, Москва

Заметки на полях интересной статьи

Во-первых, от души поздравляю И.Б.Писаренко с удачей. Ему заведомо удалось порадовать, удивить и озадачить читателей нашего сборника действительно интересной статьей, посвященной проблеме переформулировки задачи. Это особенно актуально в тот момент, когда школа постепенно отходит о увлечения уравнениями на первоначальном этапе обучения. Учить школьников искать новую интерпретацию задачи, приведение её к знакомой задаче — без сомнения нужно. В статье про фазанов и кроликов удалось много различных задач переформулировать как задачу про головы и ноги. Это необычно, неожиданно и ново.

Во-вторых, играя с переформулировками, надо не забывать известный методический принцип «лучше одну задачу решить несколькими способами, чем несколько задач решать одним». То есть надо обсуждать с детьми и другие способы решения задач, а некоторые из них дают более простые решения, чем рассуждения про головы и ноги (тем более отрицательные и дробные — при всей остроумности такой интерпретации). Справедливости ради, скажем, что И.Б.Писаренко не ставил такую задачу в своей небольшой статье. Постараемся её несколько дополнить.

Разберем некоторые задачи и сделаем небольшие замечания.

1. В клетке сидят фазаны и кролики. У них вместе 35 голов и 94 ноги. Сколько фазанов и сколько кроликов в клетке?

Напомню ещё один способ решения задачи про фазанов и кроликов, известный уже не менее 100 лет. Учитель говорит: «Представьте, что на верх клетки, в которой сидят фазаны и кролики, положили моркоовку. Кролики любят морковку, они встали на задние лапки...» В этот момент дети вычисляют сначала число лап, находящихся на земле — у каждого фазана и кролика по две, затем находят число передних лап кроликов, затем число кроликов. Лично мне этот способ рассуждения нравится больше.

А в некоторых других задачах переформулировка про головы и ноги хоть и приводит к правильному ответу, но уводит от матема-

тических фактов, которые ученик должен осознанно применить к решению задачи.

3. В Думе две равные по численности палаты. За предложение о роспуске голосовали все депутаты, никто не воздержался. Могло ли оно быть принято большинством в 23 голоса.

Здесь достаточно число голосовавших «против» и «за» обозначить n и n + 23 соответственно, как становится ясно, что их сумма нечётна при любом значении n, а из условия задачи следует, что число голосовавших было чётным. Противоречие.

4. Можно ли расставить в ряд двадцать две +1 или -1 так, чтобы их произведение было равно одному, а сумма равнялась нулю?

А здесь из условия «сумма равна нулю» следует, что чисел +1 и -1 было поровну, то есть по 11, но тогда произведение нечётного числа отрицательных чисел не может быть равно 1. Противоречие.

5. Можно ли разменять 25 рублей десятью купюрами достоинством в 1, 3 и 5 рублей.

В задаче 5 речь идёт о нечётных купюрах 1, 3, 5 рублей. Сумма десяти нечётных купюр чётная, она не может равняться 25. Остановим наши заметки на задаче 6.

6. Из книги вырвали 25 листов. Может ли сумма номеров всех страниц быть равной 2000?

Здесь речь идёт о 25 вырванных из книги листах. Очевидно, что сумма номеров страниц на каждом таком листе (с двух сторон) число нечётное. Если сложить 25 таких нечётных сумм, то чётный результат 2000 получиться не может.

Закончить заметку хочется благодарностью И.Б.Писаренко за неочевидную трактовку знакомых задач, за хорошие новые задачи, из которых я многое выберу и для повседневной работы, и для запоминающегося урока 1 апреля.

Спасибо.

А.В. Шевкин,

ФМШ 2007, Москва

О поиске решений головоломки пентамино с пятиклассниками

Имеются плоские фигуры домино и тримино, составленные из двух и трёх равных квадратов так, что каждый квадрат имеет общую сторону хотя бы с одним из остальных квадратов (рис. 1). В книжке [1] описан приём, с помощью которого можно убедиться, что из двух фигур тримино можно получить только пять фигур тетрамино (рис. 2), а из них только 12 фигур пентамино (рис. 3)

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Примерно в 1983 г. набор фигур пентамино мне подарил ученик школы № 679 г. Москвы Игорь Пак (теперь он профессор математики в США). На крышке этого набора было изображено одно решение головоломки, суть которой заключается в следующем. Две-

надцатью фигурами пентамино надо покрыть прямоугольник 6×10, не накладывая фигуры друг на друга и используя каждую фигуру только 1 раз. Из книги С. Голомба [2] я узнал, что эта головоломка имеет 2339 решений.

Каждой из 12 фигур пентамино присвоим свой номер — слева направо и сверху вниз (номер фигуры пишем в первой клетке фигуры при этом движении). Полученный набор номеров фигур будем называть шифром решения (номера фигур в шифре пишем через пробел). Наше первое решение имеет шифр 1 2345678910 11 12.

Каждому решению головоломки соответствует единственный шифр. Однако иногда одному шифру соответствует несколько решений. В таких случаях к шифру будем добавлять в скобках (2), (3), ... Это будет второе, третье и т. д. решение с тем же шифром.

Решения считаются различными, если при наложении прямоугольников 6×10 фигуры с одинаковыми номерами невозможно совместить друг с другом. Чтобы избежать повторов из-за симметричности решений, полученных осевой симметрией прямоугольника 6×10 относительно его осей симметрии, договоримся, что из четырёх возможных симметричных решений будем брать то, у которого номер фигуры, стоящей в левом верхнем углу наименьший.

Решения головоломки удобно хранить в компьютере в виде Word-файлов с рисунком — каждому файлу присваиваем имя -шифр решения, тогда в папке, где хранятся все решения, эти файлы упорядочиваются автоматически. Если появляется новое решение, то достаточно нарисовать его по описанному выше правилу, записать шифр решения и заглянуть в папку решений. Если в ней нет решения с таким шифром, то найдено действительно новое решение головоломки. Если в коллекции уже имеется решение с таким же шифром, то надо открыть файл и сравнить решения, так как не исключено, что найденное решение отличается от уже имеющегося. Все известные на данный момент решения выложены на страничке http://shevkin.ru/?action=Page&ID=821 (боковое меню сайта www.shevkin.ru).

За долгие годы преподавания математики каждому своему новому классу я показывал эту головоломку, практически всегда на-

ходились энтузиасты, которых увлекал поиск её новых решений, но этот интерес быстро затухал. Однако коллекция решений понемногу росла, в ней сохранялась информация о тех, кто нашёл хотя бы одно решение.

В 2011/2012 учебном году в ФМШ № 2007 у меня учится 28 пятиклассников. В конце сентября я рассказал им о головоломке. К этому моменту в коллекции было 275 решений. Учащиеся включились в поиск и до конца 2011 г. десять из них нашли хотя бы по одному новому решению. Это Макарский M. (1 решение), Прихно M. (1), Сидоренко И. (3), Галанина М. (3), Нестеров Д. (5), Никишкина А. (6), Григорьев Д. (7), Ахмедова Е. (9). А Тертичный Дмитрий и Кулямин Антон стали рекордсменами с результатами 65 и 135 решений соответственно. На долю автора этих строк выпала нелёгкая работа рисования решений и обновление коллекции решений на приведённой выше страничке в Интернете. Кроме того, я стараюсь не отставать от своих учащихся — 392 решение за то же время. Всего на коней 2011 г. у нас было 902 решения.

Мною придуман алгоритм ручного перебора всех случаев, который слишком громоздок и труднореализуем на практике. На его основе можно было бы сделать программу для решения задачи с помощью компьютера и проверить результат С. Голомба, но программа сразу же «убила» бы головоломку. Когда-нибудь эту задачу мои ученики решат с учителем информатики, а пока мы с интересом разглядываем каждое новое решение, пытаясь с помощью симметрий и перекладывания небольшого числа фигур получить из него другие решения — был случай, когда из одного решения удалось получить 32 решения (см. задачу 4).

Чем же интересна эта головоломка с точки зрения учителя математики? Попытаюсь ответить. Работа с головоломкой развивает способности учащихся мысленно манипулировать с фигурами пентамино, предвидеть результат размещения фигуры в том или ином положении в том или ином месте, выстраивать стратегию решения задачи. Это опыт рисования симметричных фигур, использования имеющегося каталога для установления новизны найденного решения, опыт решения задачи с заранее не заданным алгоритмом.

Так как найти новое решение довольно трудно, то из каждого найденного решения надо стараться получить несколько новых решений, с помощью перекладывания фигур. Это могут быть фигуры, составляющие симметричную фигуру (рис. 4) — их можно поменять местами. Фигуры, которые можно сложить разными способами из одних и тех же фигур пентамино (рис. 5), пары фигур, составляющие равные фигуры (рис. 6).

Рис. 4 Рис. 5

Рис. 6

Возьмём для примера первое решение (рис. 3) и получим новые решения, пользуясь тем, что фигуры 5 и 6 образуют фигуру, симметричную относительно прямой. Если их поменять местами, то получится новое решение 1234657891011 12. Если в этом решении поменять местами фигуры 4 и 6, то получится новое решение 1236457891011 12. Оказывается, для каждого из них можно иначе разместить фигуры 9, 10 и 11 (рис. 5). Мы получили уже шесть решений. Но и это ещё не всё. Для каждого из них можно получить ещё одно решение, пользуясь тем, что фигуры 4, 5, 6, 9, 10, 11 образуют фигуру, имеющую ось симметрии. На рисунке 7 изображено одно из таких решений. А в двух полученных решениях можно переставить фигуры 6 и 9, в решении (рис. 7) можно переставить фигуры 6 и 8...

Рис. 7

Рис. 8

Очевидно, что вся эта работа воспитывает и тренирует терпение, внимание, наблюдательность — качества, необходимые всем, кто изучает математику, а полезная для развития работа воспринимается учащимися как игра. В процессе поиска новых решений головоломки приходится решать и математические задачи, а некоторые задачи (см. задачу 1) на разрезание фигур на клетчатой бумаге сводятся к проверке возможности выложить данную фигуру одинаковыми фигурами пентамино. Это позволяет не только находить все решения задачи, но и доказывать, что других решений нет, опираясь на конечный перебор фигур пентамино.

Задача 1. Разрежьте фигуру (рис. 9) на три равные части, если резать разрешается только по сторонам квадратов. Укажите все решения.

Рис.9

Рис. 10

Ответ. Два возможных решения изображены на рисунке 10. Других решений нет.

Данная фигура составлена из 15 равных квадратов, следовательно, разрезав её по сторонам квадратов на три равные части, получим одинаковые фигуры пентамино. Проверкой всех

12-ти фигур пентамино убеждаемся, что это могут быть лишь фигуры 7 и 12.

Задача 2. Прямоугольник 6×10 нужно замостить 12-ю различными фигурами пентамино. На рисунке 8 изображено решение головоломки пентамино, из которого легко получить новые решения, перекладывая только фигурки, выделенные цветом. Сколько новых решений головоломки, не считая данного, вы можете получить при условии, что разрешается перекладывать только фигуры, выделенные цветом?

Ответ. Можно получить 7 новых решений.

Заметим, что пары фигур 6 и 12, 11 и 8, 3 и 4 образуют фигуры, симметричные относительно прямой (на рисунке 11 они показаны пунктиром). В каждой паре фигуры можно поменять местами. Поменяем местами фигуры 6 и 12, получим два различных решения, считая и данное. В каждом из них поменяем местами фигуры 3 и 4. Число решений удвоится, получим 4 решения. В каждом из четырёх решений поменяем местами фигуры 11 и 8, получим 8 решений. Из них все, кроме данного, новые. Других решений при перекладке тех же фигур получить нельзя, так как ни одну из фигур пентамино невозможно совместить с другой фигурой.

Рис. 11

Задача 3. Прямоугольник 6×10 нужно замостить 12-ю различными фигурами пентамино. На рисунке 12 изображено решение головоломки пентамино. Оно интересно тем, что ровно по 6 фигур пентамино уложилось в каждой половинке прямоугольника 6×10 . Сколько новых решений головоломки, не считая данного, вы можете получить при условии, что фигуры пентамино нельзя перемещать внутри прямоугольников 6×5, но эти прямоугольники можно любым способом прикладывать друг к другу большими сторонами (как на рисунке 12)?

Замечание. Решения считаются различными, если при наложении прямоугольников 6×10 фигуры с одинаковыми номерами невозможно совместить друг с другом. На рисунке 13 показано то же решение, что и на рисунке 12.

Рис. 12 Рис. 13

Ответ. Можно получить 7 новых решений.

Первый прямоугольник 6×5 можно расположить так, чтобы в его левом верхнем углу находилась любая из угловых фигур: 8, 3, 12 или 10 — четырьмя способами. Аналогично четырьмя способами можно расположить второй прямоугольник 6×5 . Каждому положению первого прямоугольника соответствует 4 положения второго, то есть имеется 16 способов приложить прямоугольники друг к другу большей стороной. Но у каждого из этих 16 решений имеется симметричное решение. Так, например, решению с рисунка 12 найдётся симметричное решение (рис. 13), которое считается тем же решением. Поэтому описанным в условии задачи способом можно получить только 7 новых решений, не считая данного.

Задача 4. На рисунке 14 изображено одно из решений головоломки пентамино. Сколько новых решений головоломки, не считая данного, вы можете получить, если использовать только замену фигуры, образованной несколькими фигурами пентамино, на симметричную ей фигуру, составленную из тех же фигур?

Ответ. Можно получить 31 новое решение.

Заметим, что на рисунке 14 имеются фигуры, имеющие одну ось симметрии. Это фигуры, составленные из фигур пентамино: 1) 5 и 6; 2) 3, 7 и 8; 3) 4, 5, 6, 9, 10, 11 и 12. А прямоугольник, составлен-

ный из фигур 1; 3, 7 и 8 имеет две оси симметрии. Выполнив симметрию любой из этих фигур относительно её оси симметрии, мы удвоим число решений. Следовательно, всего описанным способом можно получить 31 новое решение, не считая данного.

Рис. 14

Если ваши учащиеся захотят помочь нам искать решения головоломки, то они могут присылать сканы решений (файл с решением по образцу из нашей коллекции предпочтительнее) по адресу avshevkin@mail.ru. Новизну решения они должны проверить сами на упомянутой выше страничке в Интернете, а мы обещаем включить их решения в коллекцию, указав автора решения.

Используемая литература

[1] Задачи на смекалку: учеб. пособие для 5-6 кл. общеобразоват. учреждений/ И.Ф. Шарыгин, А.В. Шевкин. — 8-е изд. — М.: Просвещение, 2006. — 95 с.

[2] С. Голомб. Полимино. Перевод с английского В. Фирсова. Под редакцией и с предисловием И. Яглома. — М.: Мир, 1975 г. -208 с.

Ю.В. Садовничий,

МГУ, ФМШ 2007, Москва

Логарифмические неравенства

В издательстве «Экзамен» вышла книга Ю.В. Садовничего «ЕГЭ. Практикум по математике: Решение уравнений и неравенств. Преобразование алгебраических выражений». В этой книге систематизированы задания по алгебре (уравнения, неравенства, системы, преобразования выражений), аналогичные которым могут быть предложены учащимся выпускных классов на Едином государственном экзамене по математике и на дополнительном экзамене, проводящимся в некоторых вузах.

Практикум содержит как простые задачи, так и задачи повышенной сложности.

Весь материал разбит на две части. В первой части все задания разбиты по темам и приводится необходимых теоретический материал. Вторая часть содержит 10 диагностических работы, в каждой из которых собраны задач на различные темы. Выполнение диагностических работ поможет выявить существующие пробелы в знаниях учащихся. Ко всем заданиям даны ответы.

Издание рассчитано на учителей, методистов, репетиторов, учащихся-старшеклассников.

По вопросам приборетения данной книги можно обращаться в издательство «Экзамен» по адресу: 105066, Москва, ул. Нижняя Красносельская, д. 35, стр. 1.

Сайт в интернете: www.examen.biz

E-mail: sale@examen.biz

Телефон: +7 (495) 641-00-30

В настоящей статье приводится одна из глав книги «Логарифмические неравенства», а также одна диагностическая работа.

Логарифмические неравенства Неравенство вида loga f (х) < loga g(x) равносильно системе

Неравенство вида logf(x) g(x) > а равносильно совокупности двух систем:

Неравенство вида logf(x)g(x)<a равносильно следующей совокупности:

Пример 1. Решить неравенство

Решение. Найдем область определения неравенства, для чего решим следующую систему:

На области определения преобразуем данное неравенство следующим образом:

С учетом области определения получаем, что

Пример 2. Решить неравенство

Решение. Преобразуем данное неравенство следующим образом:

Ответ:

Тематические задания

1. Решить неравенство

2. Решить неравенство

3. Найти все значения х, для которых справедливо неравенство

4. Решить неравенство

5. Решить неравенство

6. Решить неравенство

7. Решить неравенство

8. Верно ли, что всякое решение неравенства

будет решением неравенства

9. Найти все значения х, удовлетворяющие неравенству

10. Решить неравенство

11. Решить неравенство

12. Решить неравенство

13. Решить неравенство

14. Решить неравенство

15. Решить неравенство

16. Найти все решения неравенства

17. Решить неравенство

18. Решить неравенство

19. Решить неравенство

20. Решить неравенство

21. Решить неравенство

22. Решить неравенство

23. Решить неравенство

24. Решить неравенство

25. Решить неравенство

26. Решить неравенство

27. Решить неравенство

28. Решить неравенство

29. Решить неравенство

30. Решить неравенство

31. Решить неравенство

41. Решить неравенство

42. Решить неравенство

43. Решить неравенство

44. Решить неравенство

45. Решить неравенство

32. Решить неравенство

33. Решить неравенство

34. Решить неравенство

35. Решить неравенство

36. Решить неравенство

37. Решить неравенство

38. Решить неравенство

39. Решить неравенство

40. Решить неравенство

46. Решить неравенство

Зачетные задания.

47. Определить, какие из чисел -3, -1, 1, 3 являются решениями неравенства

48. Решить неравенство

49. Решить неравенство

50. Решить неравенство

51. Решить неравенство

52. Решить неравенство

53. Решить неравенство

54. Решить неравенство

55. Решить неравенство

56. Решить неравенство

57. Решить неравенство

58. Решить неравенство

59. Решить неравенство

61. Найти log2 — при условии

62. Решить неравенство

63. Решить неравенство

64. Решить неравенство

Диагностическая работа №1

1. Решить неравенство

2. Решить уравнение

3. Решить неравенство

4. Решить уравнение

5. Решить неравенство

6. Решить уравнение

7. Решить неравенство

8. Решить уравнение

60. Решить неравенство

9. Решить неравенство

10. Решить систему уравнений

11. При всех допустимых х упростить выражение

12. Решить уравнение

13. Решить уравнение

14. Для каждого целого значения параметра m решить уравнение

15. Найти все значения а, при которых неравенство

выполняется для всех х из промежутка

Ответы

Ответы к диагностической работе №1

В.В. Трушков,

ФМШ 2007, Москва

Теорема Турана и около

Специалисты по теории графов часто задаются вопросом какое максимальное (минимальное) число ребер может быть в графе, который удовлетворяет некоторым свойствам. Эти задачи относятся к экстремальной теории графов. Одной из первых задач экстремальной теории графов была задача о нахождении максимального количества ребер в графе, не содержащего полного подграфа на m вершинах. Эта задача была решена в 1941 году венгерским ученым Палом Тураном.

Задачи, которые можно решать при помощи этой теоремы достаточно часто встречаются на олимпиадах и турнирах математических боев. Поэтому этот текст можно использовать на кружках при подготовке школьников к математических соревнованиям. Кроме того, эти задачи можно использовать при подготовке школьниками проектов.

Ниже мы рассмотрим как собственно теорему Турана, так и другие задачи о запрете подграфов.

1. Графы без треугольников

Простейшим случаем теоремы Турана является случай m = 3, т.е. задача о графах, в которых не найдется трех попарно соседних вершин (треугольника).

Теорема 1. Наибольшее число ребер у графов, имеющих v вершин и не содержащих треугольников, равно [v2/4].

Замечание. Это утверждение было доказано Мантелем в 1907 году, а при m = 20 задача была на Всесоюзной олимпиаде школьников в 1969 году.

Доказательство1 проведем по индукции по числу вершин.

Рассмотрим случай четного числа вершин. База v = 2 очевидна. Пусть мы доказали для v = 2m . Докажем для v = 2m + 2 . Выберем пару смежных вершин (если таковых не найдется, то в графе просто нет ребер). Рассмотрим подграф H из оставшихся 2m вершин.

По предположению индукции в H не больше m2 ребер. Кроме того, каждая вершина из H соединена не более чем с одной из выделенных.

Таким образом, в нашем графе не более m2 +2m + 1 = (m + 1)2 ребер. Оценка доказана.

Графом, на котором достигается указанная оценка, служит Кт m . Случай нечетного числа графов разбирается аналогично.

Теорема доказана.

Доказательство (Хаджииванов, Ненов). Выберем вершину максимально степени, пусть ее степень равна к . Любые две вершины, смежные с ней, не смежны, так как в противном случае образовался бы треугольник.

Рассмотрим не смежные с ней n — к — \ вершину. Максимальное число выходящих из них ребер равно (n — к — 1)к, причем в этом случае они не соединены между собой. Следовательно, ребер в графе не более к + (n-к-1)к = к(n-к). Далее, максимизируем по к.

Теорема доказана.

Задача. (Интеренет-карусель, 8 класс, осень 2010). Какое наибольшее число игр может пройти в однокруговом турнире 11 команд, чтобы среди любых трех команд нашлись две, не игравшие друг с другом?

Решение. Для ответа на вопрос задачи достаточно применить доказанную выше формулу:

Задача. В розыгрыше первенства страны по футболу участвуют 16 команд. Какое наибольшее число игр должно быть сыграно, чтоб среди любых трех команд нашлись две, уже сыгравшие между собой?

Решение. Рассмотрим граф-дополнение, в котором ребра проведены тогда и только тогда, когда команды-вершины не сыграли между собой. В этом графе нет К3, поэтому максимально проведе-

= 64 ребер. Следовательно в исходном графе проведено минимум

Задача (32 УТЮМ). В графе 34 вершины, степень каждой не менее 4, и для каждой вершины есть еще ровно одна вершина той же степени. Докажите, что в этом графе есть три вершины, попарно соединенные ребрами.

Решение. Рассмотрим вначале случай, когда в графе по две вершины степеней 4, 5, 20. Удалим вершины степеней 4, 5, 6, 7, 8, 9 со всеми выходящими из них ребрами. Останется как минимум

ребер. А в графе с 22 вершинами без треугольников ребер не больше

Следовательно в этом графе есть треугольник. Но тогда он есть и в исходном графе.

Рассмотрим общий случай. Пусть степени вершин равны d1,d1,d2,d2,...,d17,d17, причем 4 < d1 <d2 <... < d17.

Даже в этом случае после удаления 12 вершин с самыми малыми степенями останется ребер не меньше, чем

Задача (32 УТЮМ). В кружке 20 учеников. Среди них есть ученик, имеющий среди кружковцев одного друга; ученик, имеющий среди кружковцев двух друзей; ...; ученик, имеющий среди кружковцев 14 друзей. Докажите, что найдутся трое кружковцев, любые двое из которых дружат.

Задача (32 УТЮМ). В графе на 300 вершинах степень каждой вершины не менее 190. Докажите, что можно выбрать 25 треугольников, попарно не имеющих общих вершин.

Решение. Количество ребер в графе не менее

а в графе, где нет треугольников максимум

ребер, поэтому один треугольник найдется.

Удалим три вершины, образующие треугольник и все выходящие из них ребра. Степени вершин в полученном графе стали не менее 187. Применим опять лемму Турана.

Теперь мы можем применять последовательно, пока

Заметим, что

поэтому для получения значения к , надо решить неравенство

откуда к < 26 , т.е. можно минимум 26 раз удалить треугольник.

Задача, (n = 4, Московская олимпиада, 1983) В графе на 2n вершинах n2 +1 ребро. Докажите, что в нем найдется не менее n треугольников.

2. Графы без Кп

Теорема 2. Пусть m = k(n -1 ) + г, где г — остаток от деления m на n-1. Наибольшее число ребер у графов, имеющих v вершин и не содержащих Кп, равно

Замечание. При n<8 можно записать утверждение короче:

При больших n эта формула неверна.

Задача. Докажите утверждение из этого замечания.

Приведем таблицу для

Теорему несколькими способами мы докажем ниже, а пока приведем примеры применения теоремы.

Задача. Какое наибольшее число игр может пройти в однокруговом турнире 30 команд, чтобы среди любых четырех команд нашлись две, не игравшие друг с другом?

Решение. По лемме Турана игр не больше, чем

Задача. В областной думе 100 депутатов. За год работы каждый из них подрался не менее, чем с 76 коллегами. Докажите, что можно выбрать пять депутатов, из которых любые два уже подрались.

Решение. По лемме Турана, если в графе драк не К5, то ребер

не меньше, чем

а у нас ребер

Задача. В группе из 1994 человек у каждого 1600 знакомых. Докажите, что можно выбрать 6 человек так, что любые двое из них будут знакомы.

Решение состоит в применении леммы Турана для К6.

Задача. (22 УТЮМ) В группе из n2 человек каждый имеет не более n знакомых среди остальных. Докажите, что можно выбрать n человек, никакие двое из которых не знакомы друг с другом.

Решение. Рассмотрим граф, в котором ребрами соединены те люди, которые не знакомы друг с другом. Степень каждой вершины в таком графе не менее n2-n-1. Значит, ребер не меньше, чем

В графе на v = n2 = (n +1 )(n -1 ) +1, где нет Кп , по лемме Турана ребер не больше

Задача. (12 УТЮМ) В классе 17 учеников. Известно, что среди любых трех учеников найдутся хотя бы два друга. Докажите, что в классе есть ученик, у которого не менее 8 друзей.

Решение. В графе-дополнении не более — ребер. Значит, в исходном графе не меньше 64 ребер. Следовательно, сумма степеней вершин в исходном графе не меньше 128. По принципу Дирихле найдется вершина, степень которой больше либо равна 128 —, т.е . равна 8.

Задача. (24 УТЮМ) В коллективе из 30 человек любых пятерых можно усадить за круглый стол таким образом, что каждый будет сидеть со своим знакомым. Докажите, что в этом коллективе найдется компания из 10 человек, где каждый знаком с каждым.

Решение. Докажем, что каждый будет знаком хотя бы с 27 коллегами. Выберем произвольного человека а. В компании с b1,

b2, b3, b4 он знаком хотя бы с двумя. Пусть это будут b1 и b2. Рассмотрим пятерку с b3, b4, b5, b6. Там он знаком еще хотя бы с двумя. И т.д. На последнем шаге рассмотрим пятерку с b1, b27, b28, b29. Кроме человек а знаком еще хотя бы с одним.

Значит, ребер в нашем графе не менее —— = 405 . А чтобы не было подграфа К10, надо, чтобы ребер было не больше

Задача. (34 УТЮМ) Некоторые города Графинии соединены дорогами. Из каждого города выходит не более n дорог, но среди каждых m городов есть два, соединенные дорогой, не проходящей через другие города. Какое наибольшее количество городов может быть в Графинии?

Решение. Покажем, что количество вершин в Графинии v < (n +1 )(m -1 ). Эта оценка достигается, если граф будет состоять из m — 1 экземпляров Кп+1. Действительно, в этом случае степень каждой вершины не больше n (равна n). При этом при принципу Дирихле из любых m вершин хотя бы две окажутся в одной клике и, таким образом, будут соединены ребром.

Докажем теперь эту оценку. Из первого условия следует, что

ребер не больше из второго условия с помощью леммы

Турана получаем оценку снизу для числа ребер:

Из неравенства

получаем

3. Доказательства леммы Турана

3.1 Индукция

Будем вести индукцию одновременно по количеству вершин графа m и по количеству вершин запрещенного полного подграфа n. Базой будет служить случай, когда m < n -1.

Предположим, что мы знаем число ex(w9^) для случая w<m или г <п. Рассмотрим произвольный граф на m г вершинах. Предположим, что в нем есть полный подграф Кп_} (иначе в нем не более Qx(m,n-1)<Qx(m,n) ребер) и рассмотрим любой такой подграф Кп_х. Любая вершина графа G, не входящая в рассматриваемый подграф, смежна не более чем с n-2 его вершинами — иначе найдется подграф Кп, которого в G не должно быть. Таким образом, мы получаем неравенство

Теперь можно воспользоваться индукционным предположением и подставим в правую часть неравенства (*) уже доказанную формулу для ех(^-я + 1,я), после чего нетрудно получить нужную оценку на &с(m,п).

3.2. Наследственное свойство

Определение Свойство Р назовем наследственным, если для любого графа G, удовлетворяющему свойству Р, любой подграф H графа G также удовлетворяет этому свойству.

Обозначим через Р(n) наибольшее возможное количество ребер в графе на n вершинах, удовлетворяющему свойству Р.

Примерами наследственных свойств могут быть:

— граф не содержит подграфа, изоморфного данному;

— хроматическое число графа не превосходит к .

Теорема 3. Пусть Р — наследственное свойство графов. Тогда

Доказательство. Рассмотрим граф G с множеством вершин F(G) = {vl,...,vw}, удовлетворяющий свойству Р. Так как граф Gt=G- V, также удовлетворяет свойству Р, имеет место неравенство

Сложив такие неравенства для / = 1,и, получим

Так как граф G выбирался произвольно, мы доказади требуемое неравенство.

Теорема доказана.

Выведем с помощью наследственного свойства лемму Турана для графов с четных числом вершин, не содержащих треугольников.

Проведем доказательство по индукции. Для к = 1,2,3 утверждение легко проверяется. Предположив, что Р(2к) = к2, найдем Р(2к + 2).

Заметим, что

Оценим Р(2к + 2) :

При к > 2 второе слагаемое меньше единицы и поэтому

3.3 Обобщение болгарского доказательства

Теорема 4. Пусть в компании из v человек среди любых (n +1) из них найдется хотя бы одна пара незнакомых. Тогда число пар знакомых не больше ——v2.

Замечание. Это утверждение является ослаблением леммы Турана (но при v кратном n совпадает с ней).

Доказательство проведем индукцией по n. База индукции (n = 2) уже доказана.

Шаг индукции. Пусть наибольшее количество знакомых у одного человека равно а. Рассмотрим этого человека и всех незнакомых с ним. В этой компании v —а человек, а для остальных а человек верно то, что среди любых n из них найдутся двое незнакомых. По предположению индукции общее число знакомых во второй компании не больше ———<я2. Каждый из первой компании имеет не более а знакомых, поэтому общее число пар знакомых не более

Теорема доказана.

4. Применение к орграфам

Задача (Московская олимпиада, 1994) Каждый из 1994 депутатов парламента дал пощечину ровно одному своему коллеге. Докажите, что можно составить парламентскую комиссию из 665 человек, члены которой не выясняли отношения указанными выше способом.

Решение. Рассмотрим граф, в котором две вершины-депутата соединены ребром в том и только в том случае, когда никто из них не дал пощечин друг другу. Тогда степень каждой вершины в графе не меньше 1991 . Значит, ребер в нашем графе не меньше, чем

А в графе, где нет К665 ребер не меньше, чем

Задача. (6 УТЮМ) 22 школьника участвовали в съезде юных писателей. После съезда каждый из них прочитал произведения трех юных писателей, побывавших на съезде. Докажите, что из делегатов съезда можно составить комиссию из четырех человек так, что в комиссии никто не читал произведения остальных ее членов.

Решение аналогично предыдущей задаче.

Задача. (36 УТЮМ) На конгресс приехало 100 ученых, каждый из которых сделал доклад. В конце каждый заявил, что ему понравилось ровно 75 докладов, сделанных его коллегами. Докажите, что найдутся трое, каждому из которых понравились доклады двух других.

Решение. Всего дуг (ориентированных ребер) в графе 75-100 = 7500. Всего ребер в полном неориентированном графе = 4950. Значит, хотя бы 2550 ребер имеют направление в обе стороны. Но по лемме Турана, если в графе больше = 2500 ребер, то в нем есть треугольник.

Задача (36 УТЮМ, модификация) На конгресс приехало 100 ученых, каждый из которых сделал доклад. В конце каждый заявил, что ему понравилось ровно 83 докладов, сделанных его коллегами. Докажите, что найдутся четверо, каждому из которых понравились доклады трех других.

Решение. Всего дуг (ориентировнных ребер) в графе 83-100 = 8300. Всего ребер в полном неориентированном графе = 4950. Значит, хотя бы 3350 ребер имеют направление в обе стороны. Но по лемме Турана, если в графе больше = 3333 ребер, то в нем есть неориентированный К4 .

Задача. (СПб олимпиада, 2005) В стране 210 городов и совсем нет дорог. Король хочет построить несколько дорог с односторонним движением так, чтобы для любых трех городов А, В, С, между которыми есть дороги, ведущие из А в В и из

В в С, не было бы дороги, ведущей из А в С. Какое наибольшее число дорог он сможет построить?

Решение. Заметим, что если мы рассмотрим полный ориентированный граф, то как бы не были ориентированы дуги, в нем всегда в качестве подграфа есть тразитивный подтурнир на 3 вершинах К*3. Таким образом, в нашем графе точно не может быть К4 и, следовательно, дуг не больше, чем

Покажем, что в нашем графе может быть 14700 ребер. Разделим 210 городов на три группы А, В, С по 70 городов. Пусть все дороги ведут из городов группы А в города группы В ; из городов группы В в города группы С ; из городов группы С в города группы А.

Задача. Какое наибольшее число ребер возможно в ориентированном графе, имеющем 210 вершин и не содержащем подграфа К4?

Решение. Можно показать, что в любом полном ориентированном графе на 8 вершинах есть транзитивный подтурнир на 4 вершинах К\. Таким образом, дуг не больше, чем ех(210,8) = 18900. Пример строится, разбивая 210 вершин на 7 долей по 30 вершин. Попытаемся обобщить эту задачу:

Какое наибольшее число ребер возможно в ориентированном графе, имеющем v вершин и не содержащем подграфа К*п ? Для решения этой задачи необходимо уметь решать задачу Задача. Какое минимальное число вершин f (n) должно быть в полном графе, чтобы при произвольной ориентации ребер обязательно бы нашелся транзитивный подтурнир на n вершинах?

К сожалению, точные значения известны лишь для небольшого числа n [13, 14]:

По индукции легко показать, что f (к) < 2 , точнее, f(k)<2f(k-1). Поэтому, используя то, что f(7)< 54, имеем

f(k) < 54—2к~7.

Эрдеш и Мозер [10], используя вероятностный метод, в 1964 году показали, что f(k) > 2к1b1Х+о(Х)).

5. Запрет полных двудольных графов

5.1 Запрет К2п

Задача. (Областная олимпиада, 1997) В классе 20 учеников. Каждый дружит не менее, чем с 10 другими. Докажите, что в этом классе можно выбрать две тройки учеников так, чтобы любой ученик из одной тройки дружил с любым учеником из другой тройки.

Решение. Пусть степени вершин равны d1, d2, dn .

Количество троек вершин, смежных с первой, равно , со второй

Чтобы не было К3 3, надо, чтобы никакая пара не встретилась три раза, т.е. необходимо

Но в нашем случае

Значит, в «графе дружб» есть подграф К3 3.

Задача (12 Колм) Каждые два из 21 города соединены прямым рейсом одной из четырех авиакомпаний. Докажите, что

существует замкнутый путь из четырех рейсов одной авиакомпании.

Решение. Всего ребер I ^ J = 210 . Значит, какого-то цвета будет хотя бы 53 ребра и, соответственно, сумма степеней вершин хотя бы 106. Докажем, что для того, чтобы в графе на 21 вершине не было подграфа C4 = К2 2, необходимо, чтобы сумма степеней была не больше 105.

Пусть степени вершин равны d1, d2, ..., dn .

Количество пар вершин, смежных с первой, равно , со второй

Чтобы не было К22, надо, чтобы никакая пара не встретилась два раза, т.е. необходимо

Теорема 5. Имеет место неравенство

Доказательство аналогично решению предыдущей задачи (надо везде заменить 21 на v).

Замечание. Мы показали, что число Рамсея для циклов C4 равно г(C4, C4, C4, C4 ) < 21. С помощью теоремы можно получить оценки и для другого количества цветов, в которые можно раскрасить ребра графа. Однако, эти оценки будут неоптимальны. Так, известно ([12]), что г(СА, C4, C4 ) = 11, 18 <г(C4,C4,C4,C4)< 19. 27 <г(C4,C4,C4,C4,C4)< 29.

Задача. (8 Колм) Вершины графа занумерованы натуральными числами от 1 до 105, причем каждое натуральное число встречается ровно один раз. Известно, что в этом графе нет циклов из четырех вершин. Докажите, что существует арифметическая прогрессия из пяти не превосходящих 105 натуральных чисел такая, что никакие две вершины с номерами из этой прогрессии не соединены ребром.

Теорема 6. Имеет место неравенство

Доказательство аналогично предыдущей теореме. Furedi показал, что

5.2. Конструкция Брауна для К33 ([9,3])

Теорема 7. Для простых р вида Ak + b имеет место неравенство

Доказательство. Зафиксируем г е ¥р, г ≠ 0 . Для каждого X = (х},х2,х3)е ¥3р обозначим S(x) — множество точек уе¥3р, для которых выполняется соотношение

Заметим, что никакие три точки этой сферы не лежат на одной прямой. Можно считать, что прямая проходит через точку (0,0,0), тогда ее уравнение имеет вид y = ta. Если она пересекает сферу в трех точках, то, подставляя ее уравнение в уравнение сферы, получаем квадратное уравнение (ах + a2+a3)t -21аххх +а2х2 + a3×3)t + xx + х2+х3 =г , коэффициенты которого должны быть нулевыми. Но тогда а2 rг = а2 (х2 + x1 + X2 ) = (-а2х2 — а3х3 )2 + а2 (х1 + х2 ) = -(а3х2 — а2х3 )2, откуда следует, что -1 является квадратичным вычетом по модулю р, что неверно, так как р = 4к + 3 .

Теорема Лебега утверждает, что для простых р вида 4£ + 3 уравнение х + у +z = а имеет ровно р — р решений над F . Отсюда следует, что сфера S(x) содержит ровно р2 — р точек из К-

Рассмотрим теперь граф, вершины которого — элементы F^, две вершины х и у соединены ребром тогда и только тогда, когда ye S(x) (или, что то же самое, хе S (у) ). Покажем, что этот граф не содержит подграфа К3 3.

Допустим, что это не так. Пусть а , а , а" — вершины одной из долей этого подграфа. Тогда система уравнений

имеет не менее трех решений b, b', b". Докажем, что тогда либо точки а, а, а \ либо точки й, b\ b" лежат на одной прямой. Для этого вычтем из первого уравнения второе, а из второго — третье. Получим

Получилась система из двух линейных уравнений с тремя неизвестными. Либо решения этой системы лежат на одной прямой, либо коэффициенты этих уравнений пропорциональны. Но тогда точки а , а , а" лежат на одной прямой.

Furedi показал, что

для некоторого с.

Alon, Ronyai и Szabo показали, что при s > (7-1)! имеет место

С помощью вероятностного метода доказано, что для s t 2 имеет место неравенство

6. Рамсей и Туран

Выше мы видели, что решение турановских задач для двудольных графов может привести к некоторых оценкам чисел Рамсея. Однако, можно применить турановскую технику и для других задач.

Задача В компании из 9 девушек некоторые поссорились. Оказалось, что нет такой тройки девушек, в которой каждая девочка поссорилась с каждой. Докажите, что найдутся четыре девушки, среди которых ни одна пара еще не поссорилась.

Решение основано на докладе И.В. Руденко во время графбоя 8 января 2011 года в Зимней математической школе ЦДМО (г. Курган).

Покажем, что в графе на 9 вершинах, ребра которого раскрашены в цвета а и b, найдется либо К4 цвета а, либо К3 цвета b .

1) Выберем вершину V, которая имеет наибольшую степень в подграфе цвета b. Если количество исходящих из нее ребер цвета b не меньше четырех, то утверждение можно считать доказанным, поскольку если два какие-нибудь смежные с V вершины соединены ребром цвета b, то нашелся К3 цвета b, а если никакие два смежные с V вершины не соединены ребром цвета й, то нашелся К4 цвета а.

2) Пусть из каждой вершины выходит не более трех ребер цвета b, причем из вершины vx выходит ровно три ребра этого цвета. В подграфе цвета b не более — = 13 цвет. Пусть вершина v1 соединена цветом b с вершинами v2, v3, v4, которые образуют подграф Нх, и цветом а с вершинами v5, v6, v7, v8, v9, которые образуют граф Н2. В графе H = G-vx не более 10 ребер цвета b . В подграфе Нх все ребра, очевидно, цвета а .

Если в графе Н2 хотя бы семь ребер одного из цветов, ты мы нашли искомые подграфы. Если в графе Н2 шесть ребер какого-то цвета и нет треугольника этого цвета, то ребра этого цвета образуют К2 з. Но та доля, в которой три вершины в этом случае образует треугольник другого цвета.

Таким образом, в Н2 по пять ребер каждого цвета. Если нет треугольников, то ребра каждого цвета образуют циклы на пяти вершинах. Без ограничения общности можно считать, что ребра цвета b — v5v6, v6v7, v7v8, v8v9, v9v5, a остальные ребра цвета a .

Если из какой-то из вершин v2, v3, v4 выходит три ребра цвета b, то найдется треугольник цвета b. Значит, из двух вершин выходит по два ребра цвета b, а из третьей — одно ребро. Без ограничения общности можно считать, что v2 смежна с v5, v7 ; v3 смежна с v6, v8 ; v4 смежна с v9.

Но тогда все ребра в подграфе, образованном вершинами v3, v4, v5, v7 имеют цвет а .

3) Если у каждой вершины степень в подграфе цвета b не превосходит двух, то всего ребер цвета b не более девяти. Всего в

графе на 9 вершинах 36 ребер, поэтому ребер цвета а не менее

27. Если в графе хотя бы 28 > — ребер цвета а, то по лемме Турана найдется К4 цвета а. Предположим, что нет. Тогда из каждой вершины выходит по 2 ребра цвета b . Так как нет К3 = C3 цвета й, то граф цвета b изоморфен С, или C4+C5. В обоих случаях легко найти четыре вершины, попарно соединенные ребрами цвета а.

Задача. Ребра графа на 300 вершинах покрашены в красный и синий цвета так, что нет одноцветных треугольников. Какое наибольшее число ребер может быть в таком графе?

Решение. Вспомним, что число Рамсея г(3,3) = 6. Таким образом, если в графе есть К6, то одноцветный треугольник найдется. Максимальное количество ребер в графе без К6 равно — =36000. Пример строится так: разобьем 300 вершин на пять долей по 60 вершин и расположим их по кругу. Ребра, соединяющие вершины из соседних долей покрасим в красный цвет, остальные — в синий.

7. Запреты других графов

7.1. Запреты деревьев

Рассматривают также задачи о запрете других графов. Например, деревьев и циклов. Знаменитая гипотеза Эрдеша-Шоша состоит в том, что в любом графе на v вершинах с -- ребрами обязательно найдется любое дерево с n вершинами в качестве подграфа.

Для некоторых деревьев известны точные значения экстремальных задач. Например, Фодре и Шелп в 1975 году для пути Рп из n вершин показали [11], что

где к — частное, а г — остаток при делении v на n -1. Для Кх п_х имеет место еще более компактная формула:

7.2 Запреты циклов

Здесь перечислим (без доказательства) утверждения из [2].

Лемма 8. Имеет место равенство

Лемма 9. Имеет место равенство

Лемма 10. Имеет место равенство

Лемма 11. Имеет место равенство

Лемма 12. Имеет место равенство

Лемма 13. Имеет место равенство

Лемма 14. Имеет место неравенство

Лемма 15. Имеет место асимптотическое равенство

Замечание. Случай C4 = К22 рассмотрен выше.

Лемма 16. Имеет место асимптотическое равенство

13 Запреты К4 — v

Задача. (Эрдеш) Найдите наибольшее количество ребер в графе с v вершинами, в котором нет двух треугольников с общим ребром.

Ответ. [v2/4].

Решение. Докажем индукцией по количеству вершин следующее утверждение: если в графе 2k вершин, любые четыре из которых соединены не более чем четырьмя ребрами, то всего ребер не более к2, если же вершин 2к +1, то ребер не более к2 +к . База для четырех вершин следует из условия. Переход: если утверждение неверно для m вершин, то, удаляя вершину, из которой выходит наименьшее количество ребер (или одну из таких вершин), получим, что утверждение неверно и для m-\ вершин. Действительно, если при m = 2s + 1 доказываемое утверждение не выполнено, то можно считать, что ребер ровно к2 + к +1 . Тогда найдется вершина, из которой выходит не более к ребер, иначе всего ребер будет не менее (к +1 )(2к +1 )/2 > к2 + к +1. Удалим эту вершину. Тогда в графе останется 2s вершин и (2s)2 +1 ребер между ними, причем любые четыре вершины соединены не более чем четырьмя ребрами. Это противоречит предположению индукции. Аналогичное рассуждение верно при m = 2s .

Выше мы пытались получать точные значения или оценки решений экстремальных задач для конкретных графов. Имеется, однако, теорема, позволяющая получить асимптотику для всех недвудольных графов.

Теорема 17 (Эрдеш, Шимонович) Пусть %(G) — хроматическое число графа G. Тогда

Для двуольных графов задача вычисления qx(v,G) состоит в вычислении остаточного члена о(n2).

Асимптотическое равенство qx(v,G) = 0(n) выполняется тогда и только тогда, когда запрещено дерево или лес.

Асимптотические равенства для полных двудольных графов и циклов были получены выше.

Обозначим как H(rJ) граф, получаемый из Кгг удалением ки.

Так //(3,1) — граф К33 с удаленным ребром. Jien Shen в 2005 году показал, что

Эрдеш показал, что существуют константы cr 1 такие, что

Фюреди и Вест показали, что

Пусть Ckt — граф, в котором две выделенные вершины соединяются к вершинно-независимыми путями по t ребер каждый. Фодре и Шимонович показали, что

Литература

[1] Алон H, Спенсер Дж. Вероятностный метод. М.: БИНОМ, Лаборатория знаний, 2009.

[2] Баранов В.И., Стечкин В.С. Экстремальные комбинаторные задачи и их приложения. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004.

[3] Берлов С.Л., Карпов Д.В. Экстремальные графы. Петербурские олимпиады школьников по математике: 2000—2002. СПб.: Невский диалект; БХВ-Петербург, 2006. Стр. 268—278.

[4] Гальперин Г.А., Толпыго А.К. Московские математические олимпиады. М.: Просвещение, 1986.

[5] Гашков СБ. а -диаметры и турановские графы. Мат. просвещение, сер. 3, вып. 12, 2008, стр. 161—175.

[6] Карпов Д.В. Теория графов.

http://logic.pdmi.ras.ru/~dvk/211/graphs_dk.pdf

[7] Карпов Д.В. Теорема Турана. Петербурские олимпиады школьников по математике: 2003—2005. СПб.: Невский диалект; БХВ-Петербург, 2006. Стр. 268-278.

[8] Харари Ф. Теория графов. М.: Мир, 1973.

[9] Brown W.G. On graphs that do not contain a Thomsen graph, Canad. Math. Bull. Vol. 9, no. 3, 1966, 281-285.

[10] Erdos P., Moser L. On the representation of directed graphs as unions of orderings, Publ. Math. Inst. Hungar. Acad. Sei. 9 (1964), 125-132.

[11] Faudree R.J., Schelp R.H. Path Ramsey Numbers in Multicolorings, J. Combin. Theory, Ser. B, 19 (1975), 150-160.

[12] Radziszowski S.F. Small Ramsey numbers, Dynamic Surveys of Electronic J. Combinatorics (2009), DS 1.12, 72 pp.

[13] Reid K.B., Parker E.T. Disproof of a conjective of Erdos and Moser on tournaments, J. Comb. Theory 9 (1970), 225—238.

[14] Sanchez-Flores A. On tournaments free of large transitive subtournamnets, Graphs and Combinatorics 14 (1998), 181—200.

П.В. Чулков

ФМШ №2007, г. Москва

Неравенство Коши сводится к неравенству с одной переменной

Иногда по ходу урока удается получить неожиданные решения известных задач. Приведем пример.

1. Три переменных.

Теорема 1а.

Воспользуемся однородностью исходного неравенства и уменьшим количество переменных.

Обозначим — = X , — = у . Переформулируем неравенство.

Теорема 16.

Полученное неравенство, следует из неравенства

Действительно:

Осталось доказать, что

После замены

Последнее неравенство равносильно неравенству:

что верно так как:

2. Общий случай.

Можно ли аналогично доказать неравенство для n переменных? Получилось следующее.

Теорема 2.

Пусть ах > ах > ... > an > 0, перепишем неравенство в виде:

Докажем по индукции.

Базис индукции ( n — 3 ) доказан.

Пусть неравенство верно для n = к -1. Докажем его для n = к . Получим:

Осталось доказать:

После замены

Последнее неравенство равносильно:

что верно:

Вторая скобка неотрицательна, так как

Упражнение

Попробуйте доказать неравенство Коши-Буняковского: а) для двух переменных:

б) для трех переменных:

в) в общем случае:

С.В. Дворянинов,

г. Москва

Смотри и думай!

1. Об одной популярной задаче, или мысль изреченная есть ложь. Конкурс по решению задач учащимися 5-9 классов под названием «Эврика!» проводит журнал «Математика для школьников». Следующая задача, опубликованная в № 3 за 2011 г., привлекла внимание многих читателей. Вот ее условие.

Предположим, вы вышли в финал и вам предлагают разыграть суперприз. На подносе приносят три одинаковых с виду шкатулки, в одной из которых (но вы не знаете в какой) лежит чек на миллион. Вы случайным образом выбираете какую-то шкатулку (но пока не открываете ее), после чего ведущий (который знает, где лежит чек) открывает одну из оставшихся. Открытая шкатулка -пустая. После этого вам предоставляется выбор: либо вы открываете прежнюю шкатулку, либо выбираете другую, которая тоже еще не открыта. Как выгоднее поступить в этом случае и почему?

Далее содержался совет прочитать новеллу Мартина Гарднера «Три скорлупки», опубликованную в этом же номере журнала (см. также Гарднер М. А ну-ка, догадайся! / — М,: Мир, 1984. — стр.130-132.)

Приведем графическую иллюстрацию к решению.

Рис. 1

Пусть Игрок выбрал верхнюю шкатулку (рис.1), приз находится в заштрихованной шкатулке.

Ведущий знает, какая шкатулка пустая, какая — нет. После того, как Ведущий откроет пустую шкатулку, исключив тем самым ее из игры, картина будет такой:

Рис. 2

Теперь совершенно ясно, что в той шкатулке, которую Игрок выбрал вначале игры, приз находится с вероятностью 1/3. Следовательно, вне всякого сомнения, Игрок должен изменить свой первоначальный выбор!

Мы привели графическую иллюстрация решения этой задачи. Его можно сравнить с различными словесными объяснениями.

Ф.И.Тютчев в XIX в стихотворении «Silentium!» сказал так:

Как сердцу высказать себя?

Другому как понять тебя?

Поймет ли он, чем ты живешь?

Мысль изреченная есть ложь.

Каждый учитель, да и каждый человек, нередко оказывается в ситуации, когда его не понимают. Что делать? Быть может, остановиться, помолчать, и дать возможность своему собеседнику подумать?

Поэт века 20-го тоже знал о действенности молчания: Ведь порою и молчание нам понятней всяких слов. Древние сопровождали свои геометрические чертежи лаконичным указанием: Смотри! Мой школьный Учитель говорил так: Смотри и думай!

Так к чему же призывает нас Автор? — воскликнет Читатель. К тому, чтобы мы подобно первокласснику с его букварем давали решение каждой задачи в картинках? Нет же, конечно! Но начинать следует именно с картинок.

Картинка, иллюстрация — мощное средство для понимания задачи. На одной из лекций академик В.И.Арнольд задал слушателям вопрос: Какой из двух учебников математическо-

го анализа — с рисунками или без рисунков — следует выбрать студенту? И сам же ответил:

— Вне всякого сомнения, учебник без рисунков надо отложить в сторону!

2. На том стоим

Теперь, когда суть задача про три шкатулки стала нам ясна, можно приступать и к вербальному изложению решения.

Итак, изначально имеются три шкатулки. Игрок выбрал одну. Следовательно, вероятность нахождения приза в двух других (невыбранных им) равна 2/3. После того, как была открыта пустая шкатулка (одна из этих двух), эта вероятность, ясное дело, распространяется на одну из невыбранных. Еще раз: вероятность наличия приза в закрытой невыбранной игроком шкатулке равна 2/3. Значит, игроку выгоднее изменить свой первоначальный выбор!

Карфаген должен быть разрушен.

Наше дело правое, враг будет разбит, победа будет за нами.

Еще можно привести немало крылатых выражений, означающих настойчивый призыв к борьбе с врагом или препятствием. Стойкость, преданность своим убеждениям — хорошие качества человека. Нелишне они и в математике.

Осознает Игрок, что его первоначальный выбор одной шкатулки из трех приводит к успеху с вероятностью 1/3? Безусловно. Этот факт следует твердо помнить и не поддаваться на отвлекающие манипуляции ведущего. Вероятность успеха равна 1/3, — на том стоим. Зачем думать о двух невыбранных им шкатулках? Снова повторим: вероятность нахождения приза в выбранной шкатулке равна 1/3.

Все внимание на выбранную шкатулку! Вероятность наличия в ней приза равна 1/3. Всякие происки и козни ведущего не должны нас вводить в заблуждение. Даже когда в конце шкатулок оказывается всего две, мы неустанно повторяем: приз находится в выбранной шкатулке с вероятностью 1/3. Но

шкатулок всего две! И если есть право, то игрок должен выбрать другую, невыбранную им шкатулку.

Я знаю

вероятность,

Я знаю -

одна треть,

Вам мне

не сделать пакость —

Вкруг пальца

не обвесть!

Да, важное замечание. Если после открытия ведущим пустой шкатулки Игрок НЕ имеет права пересмотреть свой выбор, то для Игрока вероятность получить приз остается равной 1/3. Вот такая история с дробями. Так что будьте бдительны!

Все это не ново и старо как мир. Вспомним, к примеру, что А.М.Волков — автор «Волшебника Изумрудного города» — был по образованию математик и долго работал преподавателям математики. Рассказывают, что будто бы в одном черновом варианте книги оппозиция настояла на проведении референдума о замене зеленых изумрудов на башнях Изумрудного города красными рубинами. При подсчете голосов оказалось, что, треть поданных голосов была за рубины, треть — за изумруды и треть бюллетеней была испорчена. Волшебник Изумрудного города, Великий и ужасный, объявил, что 50% обитателей его замечательного города за зелень!.. Дробь 1/3 волшебным образом была превращена в 1/2!

«Лев с презрением отвернулся от Великого Обманщика.

- Как вам не стыдно дурачить людей? — спросил Страшила.

— Сначала было стыдно, а потом привык,— ответил Гудвин».

В.Ю. Лупашевская

математический факультет МПГУ, г. Москва

Прогрессии с целыми числами на ЕГЭ по математике

Ожидалось, что задачи на прогрессии, членами которых являются целые числа, встретятся этим летом в вариантах Единого Государственного Экзамена по математике. В резервный день сдачи экзамена (20.06.2011) это ожидание оправдалось. Встретившуюся в этот день задачу мы разберём в самом конце данной статьи, цель которой — помочь читателям лучше разобраться в специфике подобных задач. В сокращенном виде этот материал был опубликован в майском номере журнала «Потенциал».

Задачи олимпиадного типа на прогрессии уже не раз встречались, как в диагностических работах, так и в пособиях МИОО по подготовке к экзамену. Они очень подходят для ЕГЭ: разработчикам легко подготовить много вариантов, а от выпускников не требуется никаких особых, выходящих за пределы школьной программы сведений, чтобы понять их решения. Иногда требуется просто аккуратность:

1. Последние члены двух конечных арифметических прогрессий «1 = 5, а2 = 8, aN и b1 = 9, b2 = 14, bм совпадают, а сумма всех совпадающих (взятых по одному разу) членов этих прогрессий равна 815. Найдите число членов в каждой прогрессии (Диагностическая работа. 19.11.09).

Решение. Обозначим совпадающие члены, как су, с2, ск. Тогда первое совпадение, это с\ = а^ = b2 = 14, а последнее, это ск = aN — bм . Разность между соседними совпадающими членами равна 3-5 = 15. Тогда ск = 14 + (k-1)-15 . Из того, что сумма К членов этой прогрессии равна 815, находим, что К = 10, и что с10 =14 + 915 = 149. Затем, из соотношений

находим М и Ж

Ответ: N = 49, M = 29.

Перед тем, как идти дальше, напомним вам о так называемых «Характеристических свойствах арифметической и геометрических прогрессий»:

Последовательность является арифметической прогрессией тогда и только тогда, когда каждый её член, начиная со второго, равен среднему арифметическому соседних с ним членов, то есть для любого п>2 выполняется равенство an = (аn-1 +an+1)/2. В частности, три числа а, b и с образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда b = (а + с)/2 .

Последовательность является геометрической прогрессией тогда и только тогда, когда каждый её член, начиная со второго, равен среднему геометрическому соседних с ним членов, то есть для любого n > 2 выполняется равенство (bп)2 — bп-1 -bn+1. В частности, три числа a, b и с образуют геометрическую прогрессию тогда и только тогда, когда b2 — ас .

Характеристическое свойство арифметической прогрессии пригодится нам при решении следующей очень непростой задачи.

2.Натуральные числа а, b, с образуют возрастающую арифметическую прогрессию, причем все они больше 500 и являются квадратами натуральных чисел. Найдите наименьшее возможное, при указанных условиях, значение b (Диагностическая работа. 19.05.10).

Решение. Начнем переводить условие задачи на язык формул.

Во-первых, 500 < а <b<с, а, b, с е N. Во-вторых, а = n2, b = m2, с-к2, n,т,ке N. В-третьих (характеристическое свойство арифметической прогрессии!), 2b — а + с .

Имеют место соотношения: 500 < n2 < m2 < к2 <=>

<=> 23 < n < m < к (1); 2m2 =п2 +к2 (2). Заметив, что n и к — числа одной чётности, выразим тик через m m = n + р, к = (n + р) + (р- 21), где р и / — натуральные числа.

Преобразуем соотношение (2), используя формулы сокращенного умножения: 2m2 =п2+к2 <=> (р-21)2 =2/(23 + /) (3).

При / = 1 получим (р — 2)2 = 2n + 2 > 48 . Наименьшие возможные значения n, р и, следовательно, m получаем при (р-2)2 = 64. В этом случае /7 = 31, m = 41, к = 49.

При 1 = 2 получим (р-4)2 = 4я + 8 > 100.. Наименьшие возможные значения n,р и m получаем при (р-4)2 = 100 . В этом случае и = 23 , m=37, £ = 47 .

Покажем, что значения, меньшие, чем 37, число m принимать не может. Посмотрим внимательно на (3). При / > 3 величина (2—2/)2 = 2/0 + /) > 2/(23 + /) > 100. Следовательно, (р — 21) > 10, р > 10 + 21 > 16 , поэтому, для m< 37, n = m-р< 23, а это противоречит условию задачи. Ответ: /> = 372 =1369.

Условия следующих трех задач взяты из книг И.В. Ященко, С.А. Шестакова и П.И. Захарова «Подготовка к ЕГЭ по математике в 2011 году. Методические указания» (МЦНМО, 2011) и М.Я. Пратусевича, СЕ. Рукшина, К.М.Столбова и И.В. Ященко «ЕГЭ 2011. Математика. Задача Сб. Арифметика и алгебра» (МЦНМО, 2011), в которой задачам на прогрессии посвящен целый параграф.

3. Сумма модулей членов конечной арифметической прогрессии равна 250. Если все ее члены увеличить на 1 или все ее члены увеличить на 2, то в обоих случаях сумма модулей членов полученной прогрессии будет также равно 250. Какие значения в этих условиях может принимать величина fi2rf, где d — разность прогрессии, а n — число её членов?

Решение. Пусть в нашей прогрессии к неотрицательных членов и 1+т отрицательных, причем / членов меньших, чем -1 (а, < -1 ), и еще m таких, что 0 < а1+1 < 1. Понятно, что количество неотрицательных членов нашей прогрессии не больше, чем количество отрицательных, иначе увеличение на единицу всех членов прогрессии увеличит сумму их модулей. Покажем, что в данной прогрессии количество неотрицательных членов к в точности равно количеству отрицательных (n = 2к).

При увеличении всех членов прогрессии на единицу сумма S} неотрицательных её членов увеличится на к, сумма S3 модулей тех членов, что не превосходят -1, уменьшится на /, а сумма S2 оставшихся m членов станет равной m-S2, то есть, изменится на m — 2S2.

Так как при этих изменениях сумма модулей членов полученной прогрессии осталась равной 250, получаем, что

k-l + (m-2S2) = 0, или I = к + (m-2S2), или k + m = l + 2S2.

В полученной новой прогрессии уже к + m неотрицательных членов и / — отрицательных. Так как при увеличении всех членов новой прогрессии еще на единицу сумма их модулей опять не меняется, то количество к + m неотрицательных её членов опять не должно превышать количества отрицательных, то есть должно выполняться соотношение к + m<1. А так как ранее уже было показано, что k + m = l + 2S2, то всё это возможно лишь в случае, когда S2 = 0 и m = 0 . Отсюда следует, что к = 1, а n = 2к.

Если X — самый маленький неотрицательный член исходной прогрессии, то модуль ближайшего к нулю отрицательного члена равен I d \ -х. Теперь запишем сумму модулей членов исходной прогрессии:

откуда следует, что n d — ±1000 . Ответ: ±1000.

4. В арифметической прогрессии пятый член равен 2. При каком значении разности прогрессии сумма всевозможных попарных произведений четвертого, седьмого и восьмого членов прогрессии будет наименьшей?

Решение. а4 = а5 — d = 2 — d ; а7—2+2d\ as = 2 + 3d. После упрощений сумма попарных произведений

При d = -8 эта сумма минимальна. Ответ: -8.

5. Отношение суммы первых трех членов возрастающей арифметической прогрессии к сумме её последующих семи членов равно 7:3. Найдите разность прогрессии, если известно, что у неё имеются два соседних члена, произведение которых равно -7/4.

Решение. Условие 3 ⋅ (а} +а2 + аъ) = 7 ⋅ (а4 +а5 +... + а]0) приводит после упрощений к соотношению 8^ = -57 d . Так как d > 0, то ах < 0. Последний отрицательный член прогрессии, это as =ах + 7d = -d/$, тогда а9 = -d/$ + d = 7d/$>0. Произведение именно этих соседних членов прогрессии равно -7/4. Итак, as-a9 =-(7∠2)/64 = -7/4, d2 = 16, d = 4.

Ответ: 4.

Теперь рассмотрим несколько очень интересных задач из практики вступительных экзаменов в МГУ, возможно, что они являются «прототипами» задач будущих экзаменов.

б.Сумма первых одиннадцати членов арифметической прогрессии больше 203, но меньше 217. Все члены этой прогрессии — натуральные числа. Пятый член равен 16. Найдите сумму первых пятидесяти членов этой прогрессии (ВМК МГУ, 2001).

Решение. Так как все члены данной прогрессии — натуральные числа, то ее разность d— целое число. Su = (ах + 5d) ⋅ 11, из условия задачи следует, что 203l||<ax+5d <2|71| |. Этот промежуток содержит единственное натуральное число, поэтому ах + 5d = 19 . Учтя то, что а5 = ах + Ad = 16, находим, что d = 3 , ах=4 и S50 =3875.

Ответ: S50 =3875.

7. Сумма первых четырех членов арифметической прогрессии равна 56. Все члены этой прогрессии — натуральные числа. Двенадцатый член больше 67, но меньше 74. Найдите двадцатый член этой прогрессии (ВМК МГУ, 2001).

Ответ: а20 = 119.

8. Сумма первых шестнадцати членов арифметической прогрессии равна 104. Известно, что её первый и двенадцатый члены — натуральные числа. Чему равен девятый член прогрессии? (Мехмат МГУ, 2002, май).

Решение. По условию S}6 = (2ах +15d) ⋅ 8 = 104 , поэтому \3 = 2ax+15d. Умножив обе части на 11, получим: 143 = 22ах +11 ⋅ \5d = 22ах +15 ⋅ (аи ⋅ ах) = \5аи + 7ах. Так как an и ах — натуральные числа, можно заметить, что \<ап ^9, причем разность \43-an делится на 7, так как 143-аи =7-(2аи+аг). Это возможно только при аи = 3 . Далее последовательно находим: а} = 14 , d = -\, а9 =14-8 = 6.

Ответ: 6.

9. Сумма первых четырнадцати членов арифметической прогрессии равна 77. Известно, что её первый и одиннадцатый члены — натуральные числа. Чему равен восемнадцатый член прогрессии? (Мехмат МГУ, 2002, май).

Ответ: -5.

8. Квадратное уравнение х2—6рх — 2q = 0 имеет два различных корня x1 и х2. Числа /7, х\9 х2, q — четыре последовательных члена геометрической прогрессии. Найти Х\ и x2. (Географический факультет МГУ, 2002, июль).

Указание. Для того, чтобы ненулевые числа р, х\, х2, q образовывали геометрическую прогрессию, необходимо и достаточно выполнения двух равенств: рх2 = х2 и qxx = x1 . Выразив отсюда р и g, и воспользовавшись теоремой Виета, вы получите систему для нахождения х} и х2 :

Ответ: (6,-18), (-4,-8).

11. Квадратное уравнение х2 — брх + q = 0 имеет два различных корня Х\ и x2. Числа /7, xi, x2, q — четыре последовательных члена геометрической прогрессии. Найти Х\ и х2. (Географический факультет МГУ, 2002, июль).

Ответ: (-3, 9), (2, 4).

Две следующие задачи в своих вариантах шли под первым номером, но оказались очень трудными для решения.

12. Найти первый член целочисленной арифметической прогрессии, у которой сумма первых семи членов отличается от суммы следующих семи членов менее, чем на 400, а сумма пер-

вых шести членов превышает более, чем на 3 сумму любого другого набора различных членов этой прогрессии. (Мехмат МГУ, 2003, март).

Решение.

Так как d — целое число, получаем, что | d |< 8 . Это получить легко. Гораздо труднее придумать, как использовать второе условие задачи: «более, чем на 3». Для целых чисел «более, чем на 3» означает «не менее, чем на 4», а это уже как-то перекликается с полученной ранее оценкой | d |< 8 . Попробуем оценить два последовательных члена прогрессии: S6-S7 = -а7 > 4, S6 — S5 = а6 > 4. Получается, что а7 — а6 = d < -8 . Следовательно, d = -8, а6 = 4, а7 = -4 , тогда ах — а6—5d = 44 .

Ответ: 44.

13. Найти первый член целочисленной арифметической прогрессии, у которой сумма первых шести членов отличается от суммы следующих шести членов менее, чем на 450, а сумма первых пяти членов превышает более, чем на 5 сумму любого другого набора различных членов этой прогрессии. (Мехмат МГУ, 2003, март).

Ответ: 54.

А вот две более простые задачи:

14. Первый член конечной геометрической прогрессии с целочисленным знаменателем меньше последнего, но не более чем на 15, а сумма её членов со второго по последний не меньше 23. Найти знаменатель прогрессии. (Мехмат МГУ, 2003, июль).

Указание. По условию 0 < bn — bх < 15 и b2 +... bn > 23 . Комбинируя эти два неравенства можно получить оценку 15q l(q -1) > 23, откуда получаем, что 1 < q < 23 / 8.

Ответ: 2.

15. Первый член конечной геометрической прогрессии с целочисленным знаменателем меньше последнего, но не более чем на 17, а сумма её членов со второго по последний не мень-

ше 26. Найти знаменатель прогрессии. (Мехмат МГУ, 2003, июль). Ответ: 2.

Разбирая следующие две задачи, вы, возможно, вспомните задачу №12.

16. Первый член арифметической прогрессии меньше 0, сотый не меньше 123, а трехсотый меньше 600. Количество членов этой прогрессии на интервале (0,5; 8) ровно на два меньше, чем на отрезке [33; 40,5]. Найти первый член и разность прогрессии (Мехмат МГУ, 2006, устный экзамен).

Решение. Из того, что а,<0 и аш = ах +99d > 123, делаем вывод, что d > 123 / 99. А, прибавляя к неравенству а300 = ах + 299d < 600 неравенство -ах- 99d < -123 , получаем оценку слева: а < 477/200.

Из того, что на интервале (0,5; 8) ровно n членов прогрессии, следует оценка (n + X)d>7\5 (иначе расстояние от самого левого, или самого правого из этих n членов до соответствующего конца интервала больше d, и тогда в интервал попадёт по крайней мере ещё один член прогрессии). Но из того, что на отрезке [33; 40,5] ровно n + 2 члена данной прогрессии, следует оценка (n + X)d -1',5 . Получается (узнаёте?), что (w + l)<i = 7,5 , а концы 0,5 и 8 интервала и концы 33 и 40,5 отрезка являются членами данной прогрессии.

Получается, что разность d целое число раз укладывается не только на указанных в условии промежутках, но и на отрезке [8; 33], то есть, при делении длин обоих промежутков (7,5 и 25) на d получаются целые числа: kd = 7,5 и md = 25. Получаем, что \0к = 3m, откуда к = 3р и m = \0р , где р — натуральное число. Тогда 3pd = 7,5 и, следовательно, d = 2,5 / р . Единственное число такого вида, попадающее в интервал (123/99; 477/200), это d = 5/4 .

Осталось найти ах < 0 . Так как 0,5 принадлежит нашей прогрессии, то максимальный (ближайший к нулю) отрицательный член будет равен0,5 -d = -0,75, поэтому ах < -0,75 , но с другой стороны, ах = аш — 99d > 123-99d = -0,75 . Получается, что ах = -0,75 .

Ответ: ах = -0,75 , d = 1,25 .

17. Первый член арифметической прогрессии меньше 0, сотый не меньше 74, а двухсотый меньше 200. Количество членов этой прогрессии на интервале (0,5; 5) ровно на два меньше, чем на отрезке [20; 24,5]. Найти первый член и разность прогрессии (Мехмат МГУ, 2006, устный экзамен).

Ответ: ах — -0,25 , d — 0,75 .

А вот четыре совсем свежие задачи:

18. Числа 24 и 2187 являются членами геометрической прогрессии. Найдите все натуральные числа, которые могут встретиться в этой прогрессии. («Ломоносов — 2010»).

Решение. Заметим, что 24 = 23 -3 а 2187 = 37 . Знаменатель прогрессии q ≠ 1, так как 24 ≠ 2187 . Для определённости будем считать нашу прогрессию возрастающей, то есть q > 1. Тогда 2187 = 24-g" причем п>0, откуда qn =36 /23. Любой член данной прогрессии можно записать, как N = 23 ⋅ 3 ⋅ qm = 3]+6т/п ⋅ 23~3т/п . При целых и неотрицательных степенях \ + 6т/п и З-Зт/п число N будет натуральным, нам осталось выяснить, при каких целых значениях m это будет выполняться.

Если НОД (m, n) ≠ 1, сократим дробь m/n так, что т/п = mx/пх, НОД (m1, n1)=1.

Степени будут целыми лишь при двух значениях щ: 1 и 3, а для каждого из них находим лишь по два значения т\, при которых степени неотрицательны. Всего четыре решения: пх = 1, mx = 0 (# = 24), щ = 1, /и, =1(# = 2187), щ =3, mx=\ (# = 108), пх =3, mx =2 (7V = 486).

Ответ: 24, 108, 486,2187.

19. Числа 54 и 128 являются членами геометрической прогрессии. Найдите все натуральные числа, которые могут встретиться в этой прогрессии. («Ломоносов — 2010»).

Ответ: 54, 72, 96, 128.

20. В арифметической прогрессии первый член отрицательный и равен -405, разность равна 18. Сумма абсолютных величин (модулей) первых n членов этой прогрессии равна 5661. Найдите я. (ВМК МГУ, 2010).

Решение. Сначала найдем сумму модулей всех отрицательных членов прогрессии, предварительно выяснив, сколько их: ак =-405 + (£-1)-18<0. Получаем к < 123/18 = 23,5 . Следовательно, отрицательных членов 23, а23 = -405 + 22 ⋅ 18 = -9, а24 = 9 . Теперь все готово к вычислениям. |S23 |= 4761 < 5661. По сумме положительных членов найдем их количество: 5661—4761 = 900 = (9 + (m — 1)⋅ 9)⋅ zw, откуда гп = |0, n = к + гп = 33 .

Ответ: 33.

21. В арифметической прогрессии первый член отрицательный и равен -376, разность равна 16. Сумма абсолютных величин (модулей) первых n членов этой прогрессии равна 5408. Найдите n. (ВМК МГУ, 2010).

Ответ: 34.

А вот задача, подобная тем, что встретились в вариантах ЕГЭ 20.06.2011:

22. Можно ли привести пример пяти различных натуральных чисел, произведение которых равно 2800, и

а) пять;

б) четыре;

в) три

из них образуют геометрическую прогрессию?

Решение.

а) Покажем, что пяти чисел, образующих геометрическую прогрессию, быть не может. Действительно, если такие числа найдутся, то для данной геометрической прогрессии с первым членом bх и знаменателем q выполняется равенство:

то есть 2800 = (b^2)6 — противоречие, так как 2800 не является пятой степенью.

б) Покажем, что пяти чисел, образующих геометрическую прогрессию, быть не может. Пусть среди натуральных чисел, дающих в произведении 2800, есть четыре целых числа, образующих геометрическую прогрессию. Обозначим первый член прогрессии b1, а знаменатель прогрессии q = — > 1 (где тип — взаимно простые

числа, m > 1 ). Тогда произведение этих четырех чисел будет делителем числа 2800. Заметим, что произведение этих четырех чисел равно ——— . I ак как тип взаимно просты, то простые множители числа m будут входить в состав произведения чисел в той степени, в которой они входят в число bхт6, то есть как минимум в 6-й степени. Однако 2800 = 24 ⋅ 52 ⋅ 7 , то есть, простых множителей в 6-й степени нет!

в) Приведем пример пяти чисел, произведение которых равно 2800, среди которых есть три, образующие геометрическую прогрессию: 1, 2, 4, 10, 35.

Ю.О. Пукас

МОУ «Гимназия г. Троицка»

Продолжение разговора о заданиях C6

В книге [1] подробно разбираются задания C6 из четырёх популярных пособий по подготовке к ЕГЭ-2010 ([2—5]). В последующих изданиях первых трёх из них изменения в наборе заданий C6 несущественны. Постепенно прежние задания заменяются хорошо известными заинтересованным учителям задачами из реальных вариантов 2010 и 2011 годов. А вот каждое новое издание пособия [5] подвергается существенным переработкам. Например, уже во второе его издание было добавлено много заданий группы С: было их 6, а стало 30. Третье же издание ([6]), это, по сути, новая книга. В ней подведены итоги ЕГЭ-2011 по математике, даны подробные методические рекомендации (с разбором задач) «ЕГЭ по математике — 2012 и как к нему готовиться», плюс 20 разнообразных диагностических работ.

Наиболее трудные и интересные задания C6 из второго издания книги [5] (и не только оттуда) разобраны в пособии [7], цель которого, как и книги [1], убедить читателей в том, что «не так уж страшен чёрт, как его малюют».

Разбираемые здесь задачи взяты из книги [6].

1. Чему равна сумма цифр всех чисел от единицы до миллиарда?

Решение. Запишем все числа от 1 до 999999999 в столбик, как при сложении. В каждом из восьми столбиков все цифры от 1 до 9 встречаются по 108 раз. Только, если в первом столбике они чередуются группами 1, 2, ... , 9, то в к-м столбике — в каждой чередующейся группе 10к-1 единиц, 10к-1 двоек, и т.д. Так как сумма цифр в каждом таком столбике равна 45⋅108, а столбиков 9, то получаем в итоге 40500000000, добавив 1 из неучтенного числа 109, получим окончательный ответ.

Ответ: 40500000001.

2. Известно, что при любом целом кф21 число а-к3 делится без остатка на 27 — к . Найдите а.

Решение. Так как

должно делиться без остатка на 21-к, то при любом целом кф21 на 21 -к должно делиться а-213. Это возможно только в том случае, если а — 273 = 0 . Ответ: а = 273.

3. Пусть а, b и с — попарно взаимно простые натуральные числа. Найдите все возможные значения -, если известно, что это число целое (Д.Храмцов, Окружной этап Всероссийской олимпиады, 1996).

Решение. Задача очень коварная. То, что числа а, b и с попарно взаимно простые, ещё не означает, что все они различные. Дело в том, что если два числа равны единице, то они также считаются взаимно простыми. Поэтому есть ещё две возможности. Во-первых, в случае а = о = с = 1 получаем, что-= 8.

Так как числа с +1 и с — взаимно простые, причём с Ф1, то 2(с + 1)2 делится на с лишь при с = 2. В этом случае

Теперь рассмотрим случай, когда все числа а, b и с различные. Пусть а<b<с. Из условия о взаимной простоте чисел следует, что НОД (1b + с), с) = НОД ((с + а), с) = 1, поэтому а + b должно делиться на с. А так как а + b < 2с, получаем, что а + b = с .

Далее, так как НОД (1b + с), b) = 1, получаем, что с + а делится на b. А так как с + а = 2а + b <3b, получаем, что с + а = 2а + b = 2b. Отсюда также следует, что b = 2а. Но тогда с = (а + b) = 3а .

В этом случае b + с = а + 2b = 5а.

В результате мы получили, что Ответ: 8; 9; 10.

4. Найдите все такие пары простых чисел р и q, что p3-q5 = (p + q)2.

Решение. Понятно, что р > q > 2 . Сначала рассмотрим случаи, когда либо р, либо q равны 3.

Если р-b, то q — 2 (наименьшее простое число). Но 35 -25 Ф (3 + 2)2. В случае если q-b, значения р находятся из уравнения р3 -р2 -6/?-252 = 0. Единственный корень здесь, это р = 7, так как р3 — р2 -6р- 252 = (р- 1)(р2 + 6р + 36).

В остальных случаях ни р, ни q не делятся на 3. Тогда, рассмотрев остатки от деления на 3 левой и правой части исходного уравнения (четыре случая: р = 3к ± 1, q = 3п ± 1 ), убеждаемся, что других пар простых чисел р и q, удовлетворяющих уравнению р3 — q5 =(р + q)2, нет.

Ответ: р = 7 , q = 3 .

5. Натуральные числа тип таковы, что m > n , m не делится на n и имеет от деления на n тот же остаток, что и ш + л от деления на m-п . Найдите отношение m : n.

Решение. Пусть £ — остаток, о котором говорится в условии. Из условия следует, что m = xn + к и m + n = у(m -п) + к , где х и у — натуральные числа. Вычитая первое из второго, получим третье соотношение: ym = n(х + у +1), оно нам еще пригодится.

Так как остаток меньше, чем делитель, получаем оценки: к < n и к <(т-п).

Так как m не делится на n, возможны два случая: m<2n и m > 2n . В первом случае х — 1, но тогда остаток к — m — n , то есть, равен одному из делителей, а этого быть не должно.

Во втором случае n < m 12 . Согласно этой оценке m + п< 1,5m и m-п> 0,5m .

Но тогда \,5m > m + n = у(m -п) + к> у(m -п)> у(0,5)т , откуда следует, что у < 3, и что нам осталось рассмотреть всего два случая: у = 1 и у — 2. Подставив у — 1 в соотношение ym — n(х + у +1), получим, что w = я(х + 2). Но это означает, что m делится на n, а это не так.

При у = 2 получаем: 2m = n(х + 3). Так как m>хп, получаем, что m I n = (х + 3) I'2 > X . Откуда х < 3, а так как х ≠ 1, то х = 2 и 2m = 5П.

Ответ: 5/2.

6. Существует ли такое натуральное n, что n2 +п + 1 делится на 1955?

Решение. Число, делящееся на 1955, должно оканчиваться либо на 0, либо на 5. Но произведение n(п + Х) двух последовательных натуральных чисел может оканчиваться только на 0, 2 или 6, поэтому натуральное число n2 + n +1 = п(п +1) +1 будет оканчиваться лишь на 1, 3 или 7, и на 1955 не разделится.

7. Решите в целых числах уравнение х + у = х —ху л-у .

Решение. Рассмотрим это уравнение, как квадратное, относительно х:

X2-(у + 1)х + у2-у = 0.

Его дискриминант -Зу2 +6у + 1 > 0, что выполняется лишь при трех целых значениях у: 0, 1 и 2. Для каждого из них находим по два значения х.

Ответ: (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2).

8. Друг за другом подряд выписали десятичную запись чисел 250 и 550. Сколько всего цифр выписали?

Решение. Если десятичная запись числа А, не являющегося степенью 10, содержит к цифр, то \0к~} < ^4 < 10^ . Тогда получается, что Ют~] < 250 <\0m и 10""1 < 550 < 10" . Перемножая эти неравенства, получаем: 10m+п~2 < 1050 < 10m+п . Получается, что m + n = 51.

Ответ: 51.

9. Решите уравнение в целых числах: 2х2 + 3xу + 3у2 =2х + 6у.

Решение. Будем действовать, как в задаче 6. Рассмотрим данное уравнение, как квадратное относительно х:

2х2 +х(Зу-2)-Зу2 -6у = b.

Вычислим его дискриминант. Он равен -15^2 +36^ + 4. Целых значений у, при которых это выражение неотрицательно, всего три:

0, 1 и 2. Подставляя эти значения в исходное уравнение, находим соответствующие целые значения х.

Ответ: (0; 0),(1;0),(1; 1), (0; 2), (- 2; 2).

10. Решите уравнение в целых числаx1, x2 + х + 3 = у2.

Решение. Найдём дискриминант квадратного (относительно переменной х) уравнения х2 +х + 3-у2 = 0 . D = 4у2 -11 = к2, где к — целое число.

Тогда (2у — к)(2у + к) = 11. Так как 11 — простое число, вариантов всего четыре...

Ответ: (2; 3), (2; -3), (-3; 3), (-3; -3).

11. Найдите наибольшее натуральное число, каждая не крайняя цифра которого меньше среднего арифметического соседних с ней цифр.

Решение. Пусть а, b, с — три стоящие рядом цифры искомого числа. Тогда по условию а + с>2b. Это можно записать иначе: а-b>b-с, или с-b>b-а. Это означает, что разности между парами соседних цифр числа уменьшаются, причём это не зависит от того, рассматриваем ли мы цифры числа слева направо, или наоборот.

Попробуем теперь оценить максимальную длину такого числа, количество его цифр. Выпишем ряд цифр с увеличивающейся разностью между «соседями»: 0, 1, 3, 6, 10... . Но «10», это уже не цифра! Получается, что в искомом числе не может быть больше трёх положительных и больше трёх отрицательных уменьшающихся разностей. И ещё возможна одна нулевая разность. Максимальную длину числа (8 цифр) получим, реализовав следующий набор последовательно уменьшающихся разностей: 3, 2, 1, 0, -1, -2, -3. По первой цифре такое число восстанавливается однозначно. Самое большое из них — при первой цифре, равной 9.

Ответ: 96433469.

12. Может ли сумма натуральных чисел от 1 до n оканчиваться на 2011?

Этой задачи нет в книге [6]. Возможно, что её нет и в других книгах. Она подарена мне этим летом (в августе) Валерием Адольфовичем Рыжиком. Сначала она чем-то мне напомнила разобранную здесь задачу 6. Решить её мне пока не удалось.

Литература

1. А.В.Шевкин, Ю.О.Пукас. ЕГЭ. Математика. Задание С6. М.: Экзамен, 2011.

2. ЕГЭ 2010. Математика. Типовые тестовые задания / И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.; под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. — М.: Издательство «Экзамен», 2010. — 55, [1] с. (Серия «ЕГЭ 2010. Типовые тестовые задания»).

3.Самое полное издание типовых вариантов реальных заданий ЕГЭ: 2010: ЕГЭ: Математика / авт.-сост. И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.; под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. -М.: ACT: Астрель, 2010. — 93, [3] с. — (Федеральный институт педагогических измерений).

4. В.С.Панферов, И.Н.Сергеев. Отличник ЕГЭ. Математика. Решение сложных задач; ФИПИ — М.: Интеллект-Центр, 2010.

5.Подготовка к ЕГЭ по математике в 2010 году. Методические указания / И.В. Ященко, С.А. Шестаков, П.И. Захаров — М.: МЦНМО, 2010.

6.Подготовка к ЕГЭ по математике в 2012 году. Методические указания / И.В. Ященко, С.А. Шестаков, А.С.Трепалин, П.И. Захаров-М.: МЦНМО, 2012.

7. В.Ю.Лупашевская, Ю.О.Пукас. «Олимпиадные задачи для Единого Государственного Экзамена по математике». 000 «Азбука-2000», 2011.

С.В. Дворянинов, г. Москва

З. Краутер г. Штутгарт

Измерения вписанных углов и угла Солнца над горизонтом

В статье показано, как на основе теоремы об измерении вписанных углов можно сконструировать простейший прибор для измерения угла Солнца над горизонтом. Изложенный материал может служить основой для лабораторной работы по геометрии в 8 классе, он полезен на уроках географии и астрономии.

Ключевые слова: вписанный угол, угол Солнца над горизонтом, геометрические измерения, лабораторная работа по математике.

1. Как можно использовать транспортир. Традиционное измерение углов при помощи транспортира показано на рис.1. При этом измеряемый угол является центральным. Второй способ — нетрадиционный — показан на рис. 2. Здесь измеряемый угол оказывается вписанным в окружность (точнее, в полуокружность).

Рис.1. Рис.2.

В некоторых случаях второй способ позволяет добиться большей точности при измерении. Пусть, например, измеряемый угол равен 39,5°. Тогда согласно рис.1 после округления мы придем к величине 40°. А вот на рис.2 мы увидим отметку 79°. Вспомним: вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается. Делим 79 пополам и получаем величину измеряемого угла.

Вывод: если мы хотим использовать окружность для измерения именно вписанных в нее углов, то эту окружность следует разделить на 180 равных дуг. Тогда мера дуги в точности равняется угловой мере угла, и делить на 2 не приходится.

2. Как измерить угловую высоту Солнца над горизонтом. Рассмотрим окружность, расположенную в вертикальной плоскости.

Например, окружность, нарисованную на классной доске (рис.3). Пусть прямая линия LG горизонтальна. Пусть в плоскости доски в точке S находится источник света (назовем этот источник Солнце) и пусть луч света пересекает окружность в точках L и D.

Рис.3.

Очевидно, угол Солнца над горизонтом равен углу GLD (эти углы вертикальные). Последний угол является вписанным в окружность и измеряется половиной дуги GD. Разделим окружность на 180 равных дуг, пусть 0 соответствует точке G, и дуги нумеруются по часовой стрелке. В этом случае величина вписанного угла GLD, измеряемого в градусах, равна градусной мере дуги GD, на которую он опирается. Исходя из схемы на рис.3, несложно изготовить реальный прибор для измерения угловой высоты Солнца над горизонтом (см. фото на рис.4).

Рис.4.

Рис.5.

Главное — найти подходящее непрозрачное кольцо. Такое кольцо можно вырезать из темной пластмассовой бутылки и обклеить его темной бумагой. Можно воспользоваться круглой плоской консервной банкой. В этом случае на боковой поверхности банки надо будет сделать два небольших отверстия, — одно соответствует точке Z, другое — точке подвеса. Затем с помощью полоски бумаги следует измерить длину внутренней окружности. Затем достаточно половину соответствующей полоски разделить на 90 равных частей и приклеить ее на внутренней стороне кольца, начиная с точки G. Главное — чтобы точки L и G лежали на одной горизонтали. При измерении Солнце должно находиться в плоскости кольца. Яркое световое пятно на шкале соответствует угловой высоте Солнца. При этом тень от кольца имеет форму прямоугольника. На рис. 5 это не так, и измерение проводить нельзя. А можно еще использовать обод от велосипедного колеса. Это даже проще: никаких дырок проделывать не придется. Наоборот, почти все дырки в местах крепления спиц надо заклеить, оставив только две — одну для подвеса обода, другую — для солнечного луча. И точку G, симметричную точке Z, в этом случае легко определить, — этим точкам соответствуют симметричные относительно вертикали места крепления спиц на ободе. У нашего колеса оказалось 36 спиц, так что каждую из тридцати шести дуг на ободе нам пришлось разделить на пять равных частей. Ясное дело, чем больше радиус используемого

кольца, тем выше точность проводимых измерений. Если ваши ученики изготовят несколько таких приборов разного размера, то одновременно будет получено несколько значений угловой высоты Солнца (разумеется, близких между собой). Затем можно провести статистический анализ полученных результатов, но это будет уже другая лабораторная работа.

3. Краткие сведения из истории. Описанный выше прибор - это простейший вариант секстанта (или секстана), основного инструмента в океанской навигации для измерения угла Солнца над горизонтом. Так же измеряются углы звезд, планет, Луны. Зная высоту Солнца в астрономический полдень и учитывая дату измерения, можно вычислить широту местности. Принцип работы секстанта не изменился с тех пор, как его изобрел Исаак Ньютон в XVIII веке, Секстантом назывался также старинный астрономический инструмент. Именно этот инструмент (см. рис.), а не навигационный прибор увековечен на небе астрономом Яном Гевелием в виде одноименного созвездия.

Предшественниками навигационного секстана являлись гномон, астрономический посох, трикверт, астролябия, квадрант, универсальный квадрант, морской квадрант, двойной квадрант и октант. В квадранте используется четверть часть круга, в секстанте секстант — шестая часть, в октанте — восьмая часть. В обсерватории Улугбека дуга квадранта имела радиус 40,2 м. Описанный нами «солнечный круг» связывают с именем немецкого астронома Hagge.

В.Л. Экелекян,

ДНТТМ, физфак МГУ им. М.В.Ломоносова

От геометрии к экспериментальной работе по физике и обратно

Долгое время автор этой работы ищет (и что удивительно, иногда находит) геометрические задачи, в которых существует гармонический переход от математики к экспериментальной физике1. Не нарушая эту традицию, рассмотрим задачу № 892 из учебника геометрии2:

Докажите, что площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, равна произведению ее оснований.

Дано: ABCD — прямоугольная трапеция, AB LAD, BC = b, AD = а. Окр{0; г} — вписанная в трапецию окружность. Доказать:

1 В.Л.Экелекян. Интегрированная лабораторная работа по информатике, математике и физике 2004 № 37 ИНФОРМАТИКА; Решение некоторых математических задач с помощью программ Microsoft Office 2004 № 45 ИНФОРМАТИКА, 2004 № 46 ИНФОРМАТИКА; Определение центра масс неправильного тела Физика № 48/04; Проверка уравнения теплового баланса Физика № 29/04; Относительность движения Физика № 1/06; На урок геометрии с рычажными весами, www.math.ru; Задачи геометрического построения с помощью компьютера, www.math.ru

2 Геометрия, 7-9 классы: учеб. для общеобразоват. учреждений [Л.С.Атанасян, В.Ф.Бутузов, С.Б.Кадомцев и др.]. -20-е изд. М. : Просвещение, 2010.

Доказательство :

За основу примем три факта из геометрии, хорошо известные ученикам уже в конце 8-го класса:

• Площадь трапеции равна произведению средней линии (полусумма оснований) трапеции на высоту

• Если в выпуклый четырехугольник можно вписать окружность, то сумма их противоположных сторон равна

AB + CD = ВС + AD,

• Квадрат гипотенузы прямоугольного треугольника равен сумме квадратов катетов (теорема Пифагора).

Трапеция ABCD прямоугольная, следовательно, высота трапеции совпадает с диаметром вписанной окружности

h = AB = 2r.

Из вершины С трапеции опустим перпендикуляр к основанию: CE ⊥ AD . Полученный треугольник CED — прямоугольный, для которого справедлива теорема Пифагора. Отметим, что гипотенуза этого треугольника — это боковая сторона трапеции с = CD, два катета — это соответственно

Принимая во внимание весь перечисленный материал, придем к системе уравнений:

Решая последние два уравнения, придем к следующему соотношению:

откуда и следует доказательство теоремы:

Дополнительно отметим замечательное свойство длин оснований трапеции и радиуса вписанной окружности:

Итак, получается следующая ситуация — в плоскости можно рисовать сколько угодно трапеций, однако если к этим трапециям приложить два ограничения (условий):

• чтобы трапеция была прямоугольная;

• чтобы в нее можно было вписать окружность, то они приобретают новые качества (свойства):

• отношение произведения оснований трапеции к площади становится постоянной величиной

• эта трапеция становится равновеликой к прямоугольнику со сторонами, равными основаниям трапеции

в геометрии не часто встречается обстоятельство, когда обратная величина одного геометрического понятия (в нашем случае — радиус вписанной окружности r ) представляется в виде суммы обратных величин двух других геометрических понятий (основания а и b трапеции)

Связь геометрии с физическим экспериментом

Перейдем теперь к экспериментальной части нашей задачи.

Известно, что масса m (вес Р = m ⋅ g , где g — ускорение свободного падения) однородного (гомогенного) тела, имеющего постоянную толщину d прямо пропорционально его площади S. m = pV = pSd. В этой формуле р — плотность вещества, V — объем тела, причем предполагаются р = const и d = const по всему телу. То есть если на чашах рычажных весов поместить фигуру, вырезанную из бумаги, балансировать гирьками — взвешивать данный фрагмент тела, то получим представление его площади.

Приведем алгоритм действий, который предлагается учащимися групп дополнительного образования и общеобразовательных школ в качестве лабораторной работы:

1. раздаются листочки чистой бумаги формата A4; ножницы, карандаши, простые линейки, линейки треугольные, циркуль;

2. объясняется способ нанесения двух параллельных линий с помощью двух треугольных линеек; и способ оптимального построения двух (трех) прямоугольных трапеций;

З.с помощью линейки измеряется основания трапеций и результаты измерения карандашом записывается прямо на трапеции; 4. с помощью ножниц аккуратно разрезается трапеция (объект I);

5.отдельно строится прямоугольник сторонами а и b . С помощью ножниц аккуратно разрезается прямоугольник (объект II);

6. с помощью рычажных весов взвешивается массу трапеции и прямоугольника, а результаты измерения карандашом записываем прямо на объектах;

7. с помощью простого арифмометра осуществляется вычисление отношения -, которое должно быть постоянным;

8. отдельно сравниваются массы объектов I и II.

Этот опыт ученик может осуществить несколько раз. Можно работать в группе из нескольких учеников. Во всех случаях изучаемое отношение (9) площади трапеции к ее массе должно давать очень близкое значение для данного выбора бумаги. Рекомендуется проведение статистики — вычисление среднего значения и среднеквадратичного отклонения.

Для учеников боле старших классов желательно применение персонального компьютера с программами Microsoft Word и Microsoft Excel. В программе Word они могут в режиме «Рисование» получить несколько экземпляров необходимого материала, подобно следующему образцу:

Если ученик умеет работать в программе Microsoft Excel, обладает навыками использования арифметических действий, дополнительными свойствами Копирования и Вставки, распространения полученной формулы, обращения к условной и безусловной адресации, элементами работы статистической обработки, то он может всю вторую часть работы реализовать согласно программе, приведенной ниже:

Решение геометрической задачи построения Отметим еще об одном моменте метода интегрированного подхода преподавания, когда производится визуализация и аккомодация таких предметов как физика, математика и информатики. На самом деле это реализация междисциплинарного понятия рефлексии, когда ученик от исходно поставленной геометрической задачи двигается к ее физическому пониманию, а потом опять возвращается к геометрической задаче. В данном случае это решение задачи построения, когда даны два отрезка (а,b) и нужно построить третий отрезок (г), так что между длинами этих отрезков было справедливо следующее соотношение (*).

Числа (a,b,r) положительны, так как они представляют собой длины отрезков. С другой стороны очевидно, что г < а и г < b .

Для решения поставленной задачи нужны будут три теоремы:

Теорема Фалеса — если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают равные отрезки и на другой его стороне

Высота прямоугольного треугольника, опущенная из вершины прямого угла на гипотенузу, равна среднему геометрическому отрезков, на которые она разбивает гипотенузу:

Вписанный угол, опирающийся на диаметр, равен 90°.

Задачу решим для двух случаев, когда даны

1. (а,b) и нужно построить (г) ;

2. (а,г) и нужно построить (b).

1. Представим величину г из соотношения (*) в виде:

Так как величина г представляется в виде отношения

то целесообразно применить теорему Фалеса, предварительно определив длину отрезка h как среднее геометрическое отрезков а и b . Для этого рассмотрим окружность с радиусом К = ——.

Очевидно, что любой вписанный угол, опирающийся на диаметр (а + b) прямой, Построим тот вписанный прямой угол, проекция которого совпадает с концом отрезка а или с началом отрезка b.

Тогда эта высота будет иметь длину h = л[аЬ .

Ниже приведем последовательность действий, которая позволяет построить отрезок г =- на основе заданных отрезков а и b с применением циркуля и линейки:

1. ввод отрезков а и b (числа в скобках носят условный характер);

2. нахождение радиуса окружности;

3. построение отрезка длиной среднего геометрическое значения;

4. нахождение искомого отрезка г с помощью теоремы Фалеса.

Представим величину b из соотношения (*) в виде:

Идея и алгоритм построения тот же, что в первом случае, только на этот раз m — это среднее геометрическое значение длин отрезков а и г , а в теореме Фалеса вместо отрезка (а + b) следует учитывать отрезок (а-г).

Однако приведем еще один способ построения отрезка b на основе отрезков а и г с помощью первоначально поставленной за-

дачи, связанной с прямоугольной трапецией, в которой вписана окружность. Для этого:

1. введем отрезки а и г (числа в скобках носят условный характер)

2. существенно используем факт того, что ученик восьмого класса хорошо владеет техникой построения с помощью циркуля и линейки а) двух параллельных линий, б) построения перпендикуляра к данной линии. Тогда он

• построит две параллельные прямые, которые находятся на расстоянии 2г ;

• построит окружность, которая касается этим линиям;

• построит боковую сторону трапеции, которая касается окружности и перпендикулярна основаниям;

• нанесет на одной стороне отрезок длиной а и с точки касания определит отрезок длиной а — г ;

• определит на окружности дугу, которая опирается на хорду с длиной а — г;

• соединит эти точки и получит искомый отрезок длиной b .

Содержание

Образование: история и перспективы

Бусев В.М. МОСКОВСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ: СТРАТЕГИЯ И ТАКТИКА ВЫЖИВАЮЩЕЙ КОРПОРАЦИИ.........3

Взгляд на преподавание

Голендухина И.Я. МЕТОДИКА ОЦЕНИВАНИЯ НАРАСТАЮЩИМ ИТОГОМ......................................22

Писаренко И.Б. ВОКРУГ ЗАДАЧИ ПРО ФАЗАНОВ И КРОЛИКОВ...............................................................28

Шевкин А.В. ЗАМЕТКИ НА ПОЛЯХ ИНТЕРЕСНОЙ СТАТЬИ.....33

Шевкин А.В. О ПОИСКЕ РЕШЕНИЙ ГОЛОВОЛОМКИ ПЕНТАМИНО С ПЯТИКЛАССНИКАМИ.................35

Материалы к занятиям

Садовничий Ю.В. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА..........43

Трушков В.В. ТЕОРЕМА ТУРАНА И ОКОЛО.................................56

Задачи и решения

Чулков П.В. НЕРАВЕНСТВО КОШИ СВОДИТСЯ К НЕРАВЕНСТВУ С ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ..................79

Дворянинов С.В. СМОТРИ И ДУМАЙ!..............................................81

Лупашевская В.Ю. ПРОГРЕССИИ С ЦЕЛЫМИ ЧИСЛАМИ НА ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ............................................85

Пукас Ю.О. ПРОДОЛЖЕНИЕ РАЗГОВОРА О ЗАДАНИЯХ C6....96

Физика и математика: межпредметные связи

Дворянинов С.В., Краутер 3. ИЗМЕРЕНИЯ ВПИСАНЫХ УГЛОВ И УГЛА СОЛНЦА НАД ГОРИЗОНТОМ...................102

Экелекян В.Л. ОТ ГЕОМЕТРИИ К ЭСПЕРИМЕНТАЛЬНОЙ РАБОТЕ ПО ФИЗИКЕ И ОБРАТНО...........................106